精品解析:湖北省黄冈中学2024届高三第二次模拟考试(5月)数学试卷-九游会网址多少

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2024-06-02
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湖北省黄冈中学5月第二次模拟考试数学试卷审题单位:圆创教育教学研究中心本试卷共4页,19题.满分150分.考试用时120分钟.考试时间:2024年5月16日下年15:00-17:00★祝考试顺利★注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号犊写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题:本题共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. 已知集合,则图中阴影部分表示的集合为( )a. b. c. d. 2. 已知复数z满足,则( )a. b. c. d. 3. 某班元旦晚会原定5个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目,如果将这2个新节目插入原节目单中,那么不同的插法种数为( )a. 42 b. 48 c. 96 d. 1244. 已知角,角的顶点均为坐标原点,始边均与轴的非负半轴重合,终边分别过,则( )a. 或 b. 2或 c. d. 5. 已知为单位向量,向量满足,则的最大值为( )a. 9 b. 3 c. d. 106. 已知函数的定义域为,若函数为奇函数,为偶函数,且,则( )a. b. 0 c. 1 d. 27. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线,垂足为交另一条渐近线于点,且点在点之间,若,则双曲线的渐近线方程为( )a. b. c. d. 8. 已知分别满足下列关系:,则的大小关系为( )a. b. c d. 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对得部分分,有选错的得0分.9. 下列说法正确的是( )a. 已知随机变量服从二项分布:,设,则的方差b. 数据的第60百分位数为7c. 若样本数据的平均数为3,则的平均数为10d. 用简单随机抽样的方法从51个样本中抽取2个样本,则每个样本被抽到的概率都是10. 如图,在棱长为2的正方体中,为棱的中点,点满足,则下列说法中正确的是( )a. 平面b. 若平面,则动点的轨迹是一条线段c. 若,则四面体的体积为定值d. 若为正方形的中心,则三棱锥外接球的体积为11. 如图,圆,圆,动圆与圆外切于点,与圆内切于点,记圆心的轨迹为曲线,则( )a. 方程为b. 的最小值为c. d. 曲线在点处的切线与线段垂直三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12. 展开式中常数项为______ .13. 已知等差数列的前项和为是等比数列,若,且,则的最小值为__________.14. 已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点,则实数的取值范围为__________.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 已知向量,,,图象上相邻最高点与最低点之间的距离.(1)求的值及在上的单调递增区间;(2)设的内角,,的对边分别为,,,且,求的值域.16. 如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,为底面圆的内接正三角形,且边长为,点在母线上,且.(1)求证平面;(2)若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时,求平面与平面所成角的大小.17. 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛,其中初赛有两轮,只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为;乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和;丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和,其中(1)甲、乙、丙三人中,谁进入决赛的可能性最大;(2)若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为,求的值;(3)在(2)的条件下,设进入决赛的人数为,求的分布列.18. 已知双曲线的左、右焦点分别为,焦距为4,虚半轴长为1.如图,直线与双曲线的右支交于两点,其中点在第一象限.与关于原点对称,连接与,其中垂直于的平分线,垂足为. (1)求双曲线的标准方程;(2)求证:直线与直线的斜率之积为定值;(3)求的最小值.19. 第二十五届中国国际高新技术成果交易会(简称“高交会”)在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型,我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段,其弧长为,当动点从沿曲线段运动到点时,点的切线也随着转动到点的切线,记这两条切线之间的夹角为(它等于的倾斜角与的倾斜角之差).显然,当弧长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,弧长越小则弯曲程度越大,因此可以定义为曲线段的平均曲率;显然当越接近,即越小,就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度,因此定义(若极限存在)为曲线在点处的曲率.(其中,分别表示在点处的一阶、二阶导数)(1)已知抛物线的焦点到准线的距离为3,则在该抛物线上点处的曲率是多少?(2)若函数,不等式对于恒成立,求的取值范围;(3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线,点的切线与轴的交点为.若,,是数列的前项和,证明.第1页/共1页学科网(北京)股份有限公司$$ 湖北省黄冈中学5月第二次模拟考试数学试卷审题单位:圆创教育教学研究中心本试卷共4页,19题.满分150分.考试用时120分钟.考试时间:2024年5月16日下年15:00-17:00★祝考试顺利★注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号犊写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题:本题共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. 已知集合,则图中阴影部分表示的集合为( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用韦恩图来理解集合的运算即可.【详解】因为,由韦恩图可知,阴影部分表示,所以.故选:b.2. 已知复数z满足,则( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式,化简已知条件,得到复数z,再求复数z的共轭复数,得【详解】因为,所以,则,则故选:b3. 某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目,如果将这2个新节目插入原节目单中,那么不同的插法种数为( )a. 42 b. 48 c. 96 d. 124【答案】a【解析】【分析】因为原定节目顺序已确定,所以可以把新节目一个一个进行插空即可.【详解】因为原定节目顺序已确定,有6个空,插入第一个新节目有6种插法,这时6个节目产生7个空,插入第二个节目有7种插法,所以共种.故选:a.4. 已知角,角的顶点均为坐标原点,始边均与轴的非负半轴重合,终边分别过,则( )a. 或 b. 2或 c. d. 【答案】d【解析】【分析】取的中点,利用三角函数定义得出,再由倾斜角和斜率的关系得出,最后利用得出答案.【详解】记为坐标原点,因为,所以,所以点,均在以原点为圆心为半径的圆上.连接,取的中点,连接,则,不妨设,则,所以.故选:d.5. 已知为单位向量,向量满足,则的最大值为( )a. 9 b. 3 c. d. 10【答案】c【解析】【分析】根据条件得到,利用二次函数的性质,即可求出结果.【详解】根据条件得,得到,所以,即的最大值为,故选:c.6. 已知函数的定义域为,若函数为奇函数,为偶函数,且,则( )a. b. 0 c. 1 d. 2【答案】b【解析】【分析】根据函数奇偶性推出的周期为4,最后再计算出一个周期内的各值即可.【详解】因为函数为奇函数,所以有,又因为为偶函数,所以,于是有,所以函数的周期为4,因为,所以,所以,于是,故选:b.【点睛】关键点点睛:本题的关键是根据奇偶性推导出周期性,再通过合理赋值求出周期内各整数值的和即可.7. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线,垂足为交另一条渐近线于点,且点在点之间,若,则双曲线的渐近线方程为( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】设渐近线的倾斜角为,则,由点到直线的距离和双曲线的性质得到,再由题中几何关系得到,解方程即可求出.【详解】设渐近线的倾斜角为,则,又到渐近线的距离为,又,所以,所以,所以,所以,即,解得,所以双曲线的渐近线方程为,故选:b.8. 已知分别满足下列关系:,则大小关系为( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】将指数式化成对数式,利用换底公式,基本不等式可推得,利用指对数函数的单调性,通过构造函数判断单调性可推得,最后利用正切函数的单调性可得.【详解】由可得因,又,故,即;因,则由,由函数,,因时,,即函数在上单调递减,则有,故得;由,而,即,综上,则有.故选:b.【点睛】方法点睛:解决此类题常见方法,(1)指、对数函数的值比较:一般需要指对互化、换底公式,以及运用函数的单调性判断;(2)作差、作商比较:对于结构相似的一般进行作差或作商比较,有时还需基本不等式放缩比较;(3)构造函数法:对于相同结构的式子,常构造函数,利用函数单调性判断.二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对得部分分,有选错的得0分.9. 下列说法正确的是( )a. 已知随机变量服从二项分布:,设,则的方差b. 数据的第60百分位数为7c. 若样本数据的平均数为3,则的平均数为10d. 用简单随机抽样的方法从51个样本中抽取2个样本,则每个样本被抽到的概率都是【答案】acd【解析】【分析】对于a:根据二项分布的方差以及方差的性质分析求解;对于b:根据百分位数的定义分析求解;对于c:根据平均数的性质分析求解;对于d:根据随机抽样的前提分析判断.【详解】对于选项a:因为,则,又因为,所以,故a正确;对于选项b:因为共有7个数据,且,所以第60百分位数为第5个数据,是,故b错误;对于选项c:若样本数据,的平均数为2,则的平均数为,故c正确;对于选项d:根据随机抽样的前提可知:从51个体中抽取2个个体,每个个体被抽到的概率都是,故d正确;故选:acd.10. 如图,在棱长为2的正方体中,为棱的中点,点满足,则下列说法中正确的是( )a. 平面b. 若平面,则动点的轨迹是一条线段c. 若,则四面体的体积为定值d. 若为正方形的中心,则三棱锥外接球的体积为【答案】bc【解析】【分析】对于a,运用反证法思路,假设结论成立,经过推理得到平面,与事实矛盾,排除a;对于b,利用动线构造平面平面与平面平行,即可判断点的轨迹为线段;对于c,由推理得到三点共线,而平面,故得四面体的体积为定值;对于d,根据题意,确定三棱锥外接球球心为中点,从而求得其半径,即得其体积,排除d..【详解】 对于a,如图1,假设平面,因平面则①;因正方形,可得,又平面,平面,则,又平面,故平面,因平面,故②,又平面,故由① ,② 可得平面,显然该结论不成立,故错误; 对于b,如图2,取中点,连接,易得,且,故得,则有,因平面,平面,故平面③;又,同理可得,则,故有,同法可得平面④ ,因平面,则由③ ,④ 可得平面平面,而平面,则点在平面内,而点又在平面内,故点的轨迹为线段,b正确;对于c,如图2,//,因为,,所以,故三点共线,所以点在上,而//,且平面,平面,所以平面,所以点到平面的距离为定值,因为的面积为定值,所以四面体的体积为定值,正确; 对于:如图3,因为正方形的中心,则,故的外心为的中点,又,故的外心为中点,又因平面平面,故点即为三棱锥的外接球的球心,其半径,此外接球的体积.故d不正确.故选:bc.11. 如图,圆,圆,动圆与圆外切于点,与圆内切于点,记圆心的轨迹为曲线,则( )a. 的方程为b. 的最小值为c. d. 曲线在点处的切线与线段垂直【答案】bcd【解析】【分析】对a,直接根据椭圆的定义可得答案;对b,与互补,求出的最大角即可;对于c:直接利用向量的坐标运算求解;对于d:求出点处的切线斜率,再利用求出点的坐标,再判断切线斜率和的关系即可.【详解】对于a:设动圆的半径为,由条件得,则,且不重合,故点的轨迹为以为焦点的椭圆(去掉重合的点),则曲线的方程为,故a错误;对于:由图可知与互补,当点为椭圆短轴端点时,最大,此时,所以,则的最大值为,所以的最小值为,故b正确;对于.,当且仅当时等号成立,故c正确;对于d:设点,下面先证明椭圆上一点的的切线方程为.联立,消去得,则,又,所以.所以椭圆上一点的的切线方程为.则过点的椭圆的切线方程为,切线斜率为,又,所以,则得,解得,所以,又,因为,所以,所以,所以,所以,即曲线在点处的切线与线段垂直,故d正确.故选:bcd.【点睛】关键点点睛:本题d选项解题的关键是利用过椭圆上一点的的切线方程为,通过结论可快速找到解题思路.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12. 的展开式中常数项为______ .【答案】60【解析】【分析】先求出展开式的通项公式,再令 的指数为0,解出,进而可求出常数项.【详解】 的展开式中的通项公式:.令-6=0,解得r=4.∴的展开式中常数项为:=60.故答案为60.【点睛】本题考查了二项式定理,属基础题.13. 已知等差数列的前项和为是等比数列,若,且,则的最小值为__________.【答案】5【解析】【分析】根据题意结合等差数列分析可知,进而可得,再结合等比数列性质可得,即可得结果.【详解】设等差数列的公差为,因为,可知,且,则,即,所以;又因为是等比数列,且,则,显然,可得,则,所以最小值为5.故答案为:5.14. 已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点,则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】构造函数,利用导数,分类讨论,求出的取值范围.【详解】令,令,则,令,则.令,则,所以在上单调递增;令,则,所以在上单调递减;又,则有且只有两根,分别为0,1;因为与的图象有且仅有两个不同的交点,则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点,设两个不同的交点的横坐标为,,则方程组有且只有一组实数根,令,则,当时,,则此时在上递增,又当趋向于,趋向于,当趋向于,趋向于,即,则有且只有一组实数根;当时,方程组有且只有一组实数根,等价于函数图象与直线图象共有两个交点,临界情况为两条直线与图象相切,当与相切,设对应切点为,因,则相应切线方程为,即,所以,所以,解得;当与相切,设对应切点为,则相应切线,即,所以,可得,解得;如图则,综上的取值范围为.故答案为:.【点睛】关键点点睛:本题求解的关键有两个:一是利用两个函数图象有两个公共点,转化为新函数的零点情况;二是把解的情况转化为直线和曲线的相切问题,结合导数的几何意义求解即可.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 已知向量,,,图象上相邻的最高点与最低点之间的距离.(1)求的值及在上的单调递增区间;(2)设的内角,,的对边分别为,,,且,求的值域.【答案】(1),单调递增区间为 (2)【解析】【分析】(1)根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简函数,设函数的最小正周期为,则,即可求出,从而得到函数解析式,再根据正弦函数的性质计算可得;(2)由余弦定理得到,再由基本不等式求出的范围,即可得到的范围,最后根据正弦函数的性质计算可得.【小问1详解】依题意可得,由条件图象上的相邻的最高点与最低点之间的距离为,设函数的最小正周期为,则,解得(负值已舍去),则,解得..令,解得,所以的单调递增区间为,又,故在上的单调递增区间为.【小问2详解】因,,由余弦定理,又且,所以,当且仅当时取等号,所以,又,所以,所以,则,则,所以的值域为.16. 如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,为底面圆的内接正三角形,且边长为,点在母线上,且.(1)求证平面;(2)若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时,求平面与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)设交于点,连接,由圆锥的性质可知底面,进一步可证得,进而可证直线平面.(2)建立空间直角坐标系,设,由题意得到直线与平面所成角的正弦值的表达式,然后用基本不等式求解其最大值,确定点位置,即可求解.【小问1详解】如图,设交于点,连接,由圆锥的性质可知底面,因为平面,所以,又因为是底面圆的内接正三角形,由,ac为直径,则,可得,而,解得,又,所以,即,又因为,所以与相似,所以,即,又平面,直线平面平面,所以直线平面.【小问2详解】因为平面,所以平面,又平面,所以平面平面;由于,则,即f为oc的中点,知,以点为坐标原点,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,所以,设平面的法向量为,则,令,则,设,可得,设直线与平面所成的角为,则,即,令,则,当且仅当时,等号成立,所以当时,有最大值4,即当时,的最大值为1,此时点,所以,易知即为平面与平面所成的角,又所以,故当直线与平面所成角的正弦值最大时,平面与平面所成角为.17. 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛,其中初赛有两轮,只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为;乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和;丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和,其中(1)甲、乙、丙三人中,谁进入决赛的可能性最大;(2)若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为,求的值;(3)在(2)的条件下,设进入决赛的人数为,求的分布列.【答案】(1)甲; (2); (3)分布列见解析.【解析】【分析】(1)利用相互独立事件的概率公式分别求出甲乙丙进入决赛的概率,再比较大小即可.(2)利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的概率公式,列式解方程即得.(3)利用(2)的结论,求出的可能值及对应的概率列出分布列.【小问1详解】甲进入决赛的概率为,乙进入决赛的概率为,丙进入决赛的概率为,而,则,所以甲进入决赛的可能性最大.【小问2详解】甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为,整理可得,而,所以.【小问3详解】依题意,甲、乙、丙进入决赛的概率分别为,随机变量的可能取值有,,,所以随机变量的分布列为: 0 1 2 3 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为,焦距为4,虚半轴长为1.如图,直线与双曲线的右支交于两点,其中点在第一象限.与关于原点对称,连接与,其中垂直于的平分线,垂足为. (1)求双曲线的标准方程;(2)求证:直线与直线的斜率之积为定值;(3)求的最小值.【答案】(1) (2)证明见解析 (3)3【解析】【分析】(1)根据虚半轴、焦距求出,即可得出双曲线方程;(2)由角平线转化向量夹角相等可得,化简可得,据此即可得证;(3)由题意三角形面积比可转化为,由点到直线的距离求出,再由直线联立双曲线方程,结合根与系数的关系,利用弦长公式可得,得出后利用均值不等式求最值.【小问1详解】由题设,故,所以,则双曲线的标准方程为.【小问2详解】不妨设,因为点与点关于原点对称,所以,易知直线的斜率存在,不妨设直线的斜率为,记,因为直线为的平分线,所以,因为两点均在双曲线上,所以,此时,则,同理得,因为,又,所以,整理得,则,故直线与直线的斜率之积为定值;【小问3详解】由(2)知,因为,所以,联立,又,解得,所以,不妨设直线的方程为,因为点在直线上,解得,所以直线的方程为,易知,因为直线的斜率为,不妨设直线的方程为,因为点在直线上,解得,所以直线的方程为,联立,消去并整理得,由韦达定理得,因为,所以,此时,所以,当且仅当,即时,等号成立,故当时,取得最小值,最小值为3.【点睛】关键点点睛:首先根据两三角形的有公共边的特点,转化面积比为,再分别根据题目条件,利用点到直线的距离,弦长公式,求出,求最值的关键在于发现分母使用均值不等式即可.19. 第二十五届中国国际高新技术成果交易会(简称“高交会”)在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型,我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感,为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段,其弧长为,当动点从沿曲线段运动到点时,点的切线也随着转动到点的切线,记这两条切线之间的夹角为(它等于的倾斜角与的倾斜角之差).显然,当弧长固定时,夹角越大,曲线的弯曲程度就越大;当夹角固定时,弧长越小则弯曲程度越大,因此可以定义为曲线段的平均曲率;显然当越接近,即越小,就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度,因此定义(若极限存在)为曲线在点处的曲率.(其中,分别表示在点处的一阶、二阶导数)(1)已知抛物线的焦点到准线的距离为3,则在该抛物线上点处的曲率是多少?(2)若函数,不等式对于恒成立,求的取值范围;(3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线,点的切线与轴的交点为.若,,是数列的前项和,证明.【答案】(1) (2) (3)证明见解析【解析】【分析】(1)首先根据已知条件求出的值,再分别求出函数的一阶导数和二阶导数,代入公式求解即可;(2)根据的奇偶性和单调性得到,根据,的奇偶性和得到在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率,代入公式求解即可;(3)首先求出在处的切线方程,进而得到与之间的关系,构造函数得到数列是等比数列,根据的通项公式得到和,适当放缩得到,进而得到.【小问1详解】抛物线的焦点到准线的距离为3,,即抛物线方程为,即,则,,又抛物线在点处的曲率,则,即在该抛物线上点处的曲率为;【小问2详解】,在上为奇函数,又在上为减函数.对于恒成立等价于对于恒成立.又因为两个函数都是偶函数,记,,则曲线恒在曲线上方,,,又因为,所以在处三角函数曲率不大于曲线的曲率,即,又因为,,,,所以,解得:,因此,的取值范围为;【小问3详解】由题可得,所以曲线在点处的切线方程是,即,令,得,即,显然,,由,知,同理,故,从而,设,即,所以数列是等比数列,故,即,从而,所以,,,当时,显然;当时,,,综上,.【点睛】关键点点睛:本题的关键点之一在于理解所给新定义平均曲率,利用新定义解决函数恒成立问题;关键点之二在于新定义平均曲率与数列结合,通过切线方程转化为数列相邻项之间的关系,再构造新数列求出通项公式,最后适当放缩求数列的前项和.第1页/共1页学科网(北京)股份有限公司$$
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