湖北省部分重点中学2024届高三第二次联考 数学试题（含解析）

这是一份湖北省部分重点中学2024届高三第二次联考 数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三数学试卷
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知全集，集合，，那么阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．3B．C．7D．13
3．陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为4，则该几何体的体积是（ ）

A．B．C．D．
4．在平面直角坐标系中为原点，，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．设，为任意两个事件，且，，则下列选项必成立的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．斜率为的直线经过双曲线的左焦点，交双曲线两条渐近线于，两点，为双曲线的右焦点且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下列结论正确的是（ ）
A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B．若随机变量，满足，则
C．若随机变量，且，则
D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断与有关
10．下列命题正确的是（ ）
A．若、均为等比数列且公比相等，则也是等比数列
B．若为等比数列，其前项和为，则，，成等比数列
C．若为等比数列，其前项和为，则，，成等比数列
D．若数列的前项和为，则“”是“为递增数列”的充分不必要条件
11．已知，则下列关系中正确的是（ ）
A．B．C．D．
12．已知四棱锥，底面是正方形，平面，，与底面所成角的正切值为，点为平面内一点，且，点为平面内一点，，下列说法正确的是（ ）
A．存在使得直线与所成角为
B．不存在使得平面平面
C．若，则以为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为
D．三棱锥外接球体积最小值为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．的展开式中，的系数为 ．
14．与直线和直线都相切且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为的圆的方程为 ．
15．已知函数，若，则实数的取值范围为 ．
16．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则 ；若，则的最大值为 ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在中，角，，的对边分别为，，，若，边的中线长为2．
(1)求角；
(2)求边的最小值．
18．已知等比数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
19．如图，在三棱柱中，底面是边长为6的等边三角形，，，，分别是线段，的中点，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)若点为线段上的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
20．已知椭圆的左焦点为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过作一条斜率不为0的直线交椭圆于、两点，为椭圆的左顶点，若直线、与直线分别交于、两点，与轴的交点为，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
21．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，称为1次球交换的操作，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为．
(1)求的概率分布列并求；
(2)求证：（且）为等比数列，并求出（且）．
22．已知函数，．
(1)当时，求证：；
(2)函数有两个极值点，，其中，求证：．
1．A
【分析】根据图确定阴影部分表示的集合，结合A的补集，即可求得答案.
【详解】由题意知阴影部分表示的集合为，
由集合，，可得或，
则，
故选：A
2．B
【分析】由题设可得，令，且，结合复数乘方运算求参数，即可得模.
【详解】由题设，
令，且，则
所以，故，故.
故选：B
3．C
【分析】求出圆锥的底面半径，根据圆锥以及圆柱的体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，则，高为，
故圆锥的体积为，
圆柱的底面半径也为，母线长也即高为4，
则圆柱的体积为，
故几何体的体积为，
故选：C
4．B
【分析】由投影向量的定义及数量积、模长的坐标表示求向量在向量上的投影向量.
【详解】由题设，
向量在向量上的投影向量为.
故选：B
5．A
【分析】
由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值.
【详解】，
.
故选：A
6．D
【分析】
由题设有，根据条件概率公式有，结合，即可得答案.
【详解】由，则，故，
而，则，又，
所以.
故选：D
7．A
【分析】令，由题意可知：对任意恒成立，且，可得，解得，并代入检验即可.
【详解】令，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
可得，解得，
若，令，
则，
则在上递增，可得，
即对任意恒成立，
则在上递增，可得，
综上所述：符合题意，即实数的取值范围为.
故选：A.
8．B
【分析】设是中点，且，根据求得，再由得到直线倾斜角为，则直线倾斜角为，结合倍角正切公式求，进而求离心率.
【详解】由题设，双曲线的渐近线为，如下图，
若是中点，且，
，则，可得，
所以，则，而，则，
所以，若直线倾斜角为，则直线倾斜角为，
由，则，故，
所以双曲线的离心率为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：若是中点，应用点差法求得，即，由得直线倾斜角为，则直线倾斜角为为关键.
9．CD
【分析】A应用百分位数求法判断；B由方差性质判断；C根据正态分布对称性求概率判断；D由独立检验的基本思想判断结论.
【详解】A：由，故第80百分位数为，错；
B：由方差的性质知：，错；
C：由正态分布性质，随机变量的正态曲线关于对称，
所以，对；
D：由题设，结合独立检验的基本思想，在小概率情况下与有关，对.
故选：CD
10．BD
【分析】A令即可判断，B、C由等比数列定义，结合特殊值为偶数，判断；D由充分、必要性定义，结合特殊数列判断.
【详解】A：若且、公比相等，则，显然不满足等比数列，错；
B：若的公比为，而，，，
所以，，是公比为的等比数列，对；
C：同B分析，，，，
若为偶数，时，显然各项均为0，不为等比数列，错；
D：当，则且，易知为递增数列，充分性成立；
当为递增数列，则且，显然为满足，但不恒成立，必要性不成立，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件，对.
故选：BD
11．ABD
【分析】先得到，A选项，由基本不等式“1”的妙用求解；B选项，根据得到；C选项，由A选项得到；D选项，先计算出，利用基本不等式得到D正确.
【详解】，故，故，
A选项，由于，
故，A正确；
B选项，因为，所以，B正确；
C选项，由A选项知，，故由基本不等式得，C错误；
D选项，，且，
故，D正确.
故选：ABD
12．BCD
【分析】A根据已知得到是与底面所成角，且，由在面内即可判断直线与所成角范围；B由线面垂直的性质及判定证面，再由题设有要在直线上得到矛盾；C通过展开图确定球体与侧面交线长度，加上底面交线长即可判断；D首先化为求棱锥外接球问题，并确定在面的轨迹为圆，再根据对称性取四分之一圆弧，研究在圆弧上移动时的变化范围，结合的外接圆半径且棱锥外接球半径确定其最小值，即可判断.
【详解】由平面，底面是正方形，，可得，
且是与底面所成角，即，则，
同理是与底面所成角，故，
由题意，在面内，故直线与所成角不小于，A错；
平面，平面，则，又，
，面，则面，
要平面平面，要在直线上，而，
显然不存在，B对；
由题设，将侧面展开如下图，
球与侧面的交线是以为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下，

由，则，，
所以，根据对称性有，故，
所以长为，
又球与底面交线是以为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，
综上，球面与四棱锥各面的交线长为，C对；
由题设，三棱锥外接球也是棱锥外接球，
又为平面内一点，，且面，则面面，
，面面，面，故面，
易知在面的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（去掉与直线的交点），
根据圆的对称性，不妨取下图示的四分之一圆弧，则在该圆弧上，
当接近与面重合时趋向，
当面时最小且为锐角，，
而的外接圆半径，
正方形的外心为交点，且到面的距离为，
所以棱锥外接球半径，要使该球体体积最小，只需最小，
仅当时，此时，故外接球最小体积为，D对.

故选：BCD
【点睛】关键点点睛：C项注意通过展开图求球体与侧面的交线长为关键；D项化为求棱锥外接球半径最小值为关键.
13．-20
【分析】由二项式定理，展开式的通项公式求出指定项的系数.
【详解】展开式的通项公式，令，解得：，则，所以的系数为-20.
故答案为：-20
14．
【分析】设圆心坐标，根据题意列关于的方程，求出它们的值，进而求得半径，即可得答案.
【详解】设圆心坐标为，
由于所求圆与直线和直线都相切，
故，化简为，而，则，
又圆心到原点的距离为，即，
解得，即圆心坐标为，则半径为，
故圆的方程为，
故答案为：
15．
【分析】由，根据奇偶性、单调性定义及复合函数单调性判断性质，再由性质得即可求范围.
【详解】由题设，定义域为，
，即为偶函数，
在上，令，且，
则，
由，故，即函数在上递增，
而在定义域上递增，故在上递增，
所以，可得，
故，可得.
故答案为：
16． 4
【分析】由欧拉函数定义，确定中与8互质的数的个数求，且，应用作差法判断的单调性，即可求最大值.
【详解】由题设，则中与8互质的数有，共4个数，故，
在中，与互质的数为范围内的所有奇数，共个，即，
所以，则，
当时，当时，即，
所以的最大值为.
故答案为：4，
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦边角关系，和角正弦公式及三角形内角和性质，即可求角；
（2）由题设，应用数量积的运算律、基本不等式求得，再应用余弦定理求边的最小值．
【详解】（1）因为，所以，
则，故，
因为，，，所以，又，所以．
（2）因为边的中线长为2，所以，两侧平方可得，
即，解得，当且仅当时取等号．
所以，可得，
所以的最小值为．
18．(1)证明见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用等比数列定义，根据将，代入构造方程组解得，，可得数列的通项公式；
（2）假设存在，，成等比数列，由，，成等差数列可得，且，解得，与已知矛盾，因此不存在这样的3项.
【详解】（1）由题意知当时，①
当时，②
联立①②，解得，；
所以数列的通项公式．
（2）由（1）知，，
所以，可得；
设数列中存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列，则，
所以，即；
又因为，，成等差数列，所以，
所以，化简得，即；
又，所以与已知矛盾；
所以在数列中不存在3项，，成等比数列．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，根据已知可得，，再由面面垂直的性质有，最后利用线面垂直的判定证结论；
（2）由题设，构建空间直角坐标系，向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）连接，四边形是菱形，则，又，分别为，的中点
所以，故，
又为等边三角形，为的中点，则
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，故
又，，，平面，可得平面.
（2），，为等边三角形，
是的中点，则，由（1）得平面，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，则，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，
取，所以，
由（1）得是平面的一个法向量，
，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
20．(1)
(2)为定值．
【分析】（1）由椭圆所过的点及焦点坐标求椭圆参数，即可得方程；
（2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理，写出直线的方程，进而求纵坐标，同理求纵坐标，由化简即可得结果.
【详解】（1）由题知，椭圆的右焦点为，且过点，结合椭圆定义，
所以，所以．
又，所以，则的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
易知，所以，，
直线的方程为，令得，，
同理可得，
所以
，为定值．
21．(1)分布列见解析；；
(2)证明见解析；（且）.
【分析】（1）确定的可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，继而求得数学期望；
（2）求出、、的表达式，结合期望公式可求得的递推式，结合构造等比数列，即可证明结论，进而求得期望.
【详解】（1）可能取0，1，2，3，
则；
；
；
，
故的分布列为：
；
（2）由题可知
，
，
，
又
，
，
（且），
，故（且）为等比数列，
，
（且）.
【点睛】关键点睛：本题将概率问题和数列问题综合在一起考查，比较新颖，难度较大，解答本题的关键在于要明确n次交换后黑球的个数的概率与上一次之间的递推关系，特别是第二问，要求出概率的表达式，进而求出期望的递推式，构造数列，解决问题.
22．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）构造求导，再构造应用导数研究单调性求函数符号，进而确定符号，判断单调性即可证结论；
（2）令，，问题化为证成立，根据极值点有，构造研究单调性和最值，研究有两个零点求范围，即可证.
【详解】（1），则
令，则，
在上，单调递减，在上，单调递增．
所以，
综上，，即在上单调递增，故，
即时，成立．
（2）由题设，有两个极值点，，则①，
要证成立，即证成立．
令，，即证成立．
①式可化为，则，
令，，
在上，单调递增，在上，单调递减．
，要使有两个零点，则，
当时，，若与交于，则，
当时，由（1）知，若与交于，则，，
所以成立，则．
【点睛】关键点点睛：第二问，令，，将问题化为证明成立，通过构造，研究有两个零点求范围为关键.0
1
2
3