湖北省2024屆高三下學(xué)期高中畢業(yè)生四月模擬考試數(shù)學(xué)試題

湖北省2024屆高三下學(xué)期高中畢業(yè)生四月模擬考試數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．設(shè)a=(1,?2)，b=(?3,A．(?15,12) B．0 C．?3 2．已知集合A={y|y=|x?1|+|x+2∣}，B={x|?y=610?xA．(10,+∞) B．[3,10)3．下面四個(gè)數(shù)中，最大的是（）A．ln3 B．ln(ln3) C．1ln3 D．4．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)為1，前n項(xiàng)和為Sn，若Sn+SA．9 B．1 C．8 D．455．復(fù)數(shù)z=m?2i1+2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．函數(shù)f(x)=eA． B．C． D．7．能被3整除，且各位數(shù)字不重復(fù)的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為（）A．228 B．210 C．240 D．2388．拋物線Γ:x2=2y上有四點(diǎn)A，B，C，D，直線AC，BD交于點(diǎn)P，且PC=λPA，PD=λPB(0<λ<1).過A，BA．32 B．23 C．33二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分.9．平行六面體中，各個(gè)表面的直角個(gè)數(shù)之和可能為（）A．0 B．4 C．8 D．1610．已知函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)+t(ω>0,?π2<φ<π2A．ω=π B．ω=53π C．f(9)=111．如圖，三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的底面ABC為銳角三角形，點(diǎn)D，H，E分別為棱AA1，BC，C1A．該三棱臺(tái)的體積最小值為74 B．C．VE?ADH=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．寫出函數(shù)f(x)=x2?13．兩個(gè)連續(xù)隨機(jī)變量X，Y滿足X+2Y=3，且X～N(3,σ2)，若P(X+1≤0)=014．雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a,b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，以實(shí)軸為直徑作圓O，過圓O上一點(diǎn)E四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程及演算步驟.15．?dāng)?shù)列{an}中，a1=1（1）求數(shù)列{a（2）數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足bn16．已知橢圓C1:x2a2+y2=1和C2（1）證明：BA（2）設(shè)直線BA1與C2的另一個(gè)交點(diǎn)為P，直線BA2與C1的另一個(gè)交點(diǎn)為參考公式：m17．空間中有一個(gè)平面α和兩條直線m，n，其中m，n與α的交點(diǎn)分別為A，B，AB=1，設(shè)直線m與n之間的夾角為π3圖1圖2（1）如圖1，若直線m，n交于點(diǎn)C，求點(diǎn)C到平面α距離的最大值；（2）如圖2，若直線m，n互為異面直線，直線m上一點(diǎn)P和直線n上一點(diǎn)Q滿足PQ∥α，PQ⊥n且PQ⊥m，（i）證明：直線m，n與平面α的夾角之和為定值；（ii）設(shè)PQ=d(0<d<1)，求點(diǎn)P到平面α距離的最大值關(guān)于d的函數(shù)f(d).18．已知函數(shù)f(x)=ax2?x+ln(x+1)（1）若對(duì)定義域內(nèi)任意非零實(shí)數(shù)x1，x2，均有f(x（2）記tn=1+119．歐拉函數(shù)在密碼學(xué)中有重要的應(yīng)用.設(shè)n為正整數(shù)，集合Xn={1,2,???,n?1}，歐拉函數(shù)φ(n)的值等于集合Xn中與n互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)；記M(x（1）求φ(6)和φ(15)；（2）現(xiàn)有三個(gè)素?cái)?shù)p，q，e(p<q<e)，n=pq，存在正整數(shù)d滿足M(de,φ(n))=1；已知對(duì)素?cái)?shù)a和x∈Xa，均有M(x（3）設(shè)n為兩個(gè)未知素?cái)?shù)的乘積，e1，e2為另兩個(gè)更大的已知素?cái)?shù)，且2e1=3e2+1；又c1=M(xe1

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)閍=(1,?2)，b=(?3,4)，c=(3,2)則(a故答案為：C.【分析】根據(jù)已知條件，先求出a+22．【答案】B【解析】【解答】解：|x?1|+|x+2|≥|(x?1)?(x+2)|=3，當(dāng)且僅當(dāng)(x?1)(x+2)≤0，即?2≤x≤1時(shí)等號(hào)成立，即集合A=[3,由10?x2>0，解得?10<x<故答案為：B.【分析】由絕對(duì)值三角不等式求得集合A，再求定義域求得集合B，最后根據(jù)集合的交集運(yùn)算求解即可.3．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)閘ne<ln3<lne2，即1<ln3<2，所以ln(ln3)<又因?yàn)?ln3)2?ln3=(ln3?1)ln3>0，所以(ln3)2故答案為：D.【分析】先根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求得1<ln3<2，即可判斷四數(shù)中的最大數(shù).4．【答案】B【解析】【解答】解：數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，前n項(xiàng)和為S令m=1，可得Sn+S故數(shù)列{Sn}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以S故答案為：B.【分析】根據(jù)題意，令m=1，得Sn+1?Sn=S15．【答案】A【解析】【解答】解：由已知z=m?2i1+2i=(m?2i)(1?2i)在復(fù)平面對(duì)應(yīng)點(diǎn)如果在第一象限，則m?4>0而此不等式組無解．即在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能位于第一象限．故選A【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)z；令復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部大于0，得到不等式無解，即對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不在第一象限．6．【答案】A【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=e當(dāng)x<0時(shí)，y=ex，y=?e1因?yàn)閒(?x)=e?x?故答案為：A.【分析】根據(jù)x<0時(shí)的單調(diào)性即可排除BC；再由函數(shù)的奇偶性排除D.7．【答案】A【解析】【解答】解：由題意，將0~9的10個(gè)數(shù)字分成三組：被3除余1的有1，4，7；被3除余2的有2，5，8；被3整除的有3，6，9，0，若要求所得的三位數(shù)被3整除，則可以分類討論：

三個(gè)數(shù)字均取第一組、或均取第二組有2A33=12個(gè)；

三個(gè)數(shù)字均取第三組，取出的數(shù)字無0，有A43-A3所以3的倍數(shù)的三位數(shù)有：228個(gè).故答案為：A.【分析】根據(jù)題意將0~9的10個(gè)數(shù)字分成三組：即被3除余1的；被3除余2的；被3整除的，若要求所得的三位數(shù)被3整除，再分類討論求出3的倍數(shù)的三位數(shù)的個(gè)數(shù)即可.8．【答案】D【解析】【解答】解：已知如圖所示：

因?yàn)镻C=λPA，PD=λPB(0<λ<1)，所以設(shè)M,N分別為弦AB，CD的中點(diǎn)，直線AB的方程為：聯(lián)立x2=2yy=kx+m，消元整理可得x2?2kx?2m=0所以xM=k，同理可得：xN由拋物線的幾何意義可知：點(diǎn)P在直線MN上，所以xP因?yàn)閤2=2y，所以y=1所以拋物線在A處的切線為l1:y?yA=同理可得拋物線在B處的切線為l2:y=由y=xAx?綜上，xM=x所以M,N,由PC=λPA，得(xC?又xC2=2又xA2=2同理可得：2λx由兩式知直線AB的方程為：2λx因?yàn)閤P=k，所以又直線AB過點(diǎn)M(k,S△ABP整理得?k2?2m+3λ因?yàn)閥Q=?m<0，m>0，所以1?3λ=0，解得故答案為：D.【分析】由題意可得AB∥CD，設(shè)M,N分別為弦AB，CD的中點(diǎn)，直線AB的方程為：y=kx+m，聯(lián)立直線和拋物線方程，消元整理由韋達(dá)定理可得xM=k，yM=k2+m，xN=k，從而得P9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因?yàn)槠叫辛骟w的各個(gè)面都是平行四邊形，且相對(duì)的平行四邊形全等，所以六個(gè)平行四邊形中的矩形個(gè)數(shù)可能為0,2,故答案為：ACD.【分析】根據(jù)平行六面體的性質(zhì)判斷即可.10．【答案】B,C【解析】【解答】解：因?yàn)?π2<φ<π2，f(0)=2sinφ+t=1，所以t∈(1?2當(dāng)t=0時(shí)，sinφ=22，?π2<φ<π2，故φ=π34ω+π4=kπ故T=2πω≥1，ω≤2π，故ω=π當(dāng)x∈(4,當(dāng)t=1時(shí)，sinφ=0，?π2sin(34ω)=?ω=83kπ+5π3,k∈N或ω=83kπ+7π3,k∈N故答案為：BC．【分析】根據(jù)已知條件，確定t∈(1?2,2]，t∈Z，故t=0或t=1，當(dāng)t=0時(shí)，不滿足單調(diào)性，排除；當(dāng)11．【答案】B,D【解析】【解答】解：因?yàn)锳C+AB=4，BC=2，所以點(diǎn)A的軌跡為橢圓，如圖所示：則橢圓方程為x24+y2又因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以0°<∠ABC<90°且0°<∠ACB<90°，所以32<|y所以(S△ABC)max=設(shè)S=S△A'B'C因?yàn)樵撊馀_(tái)的體積最大值為736，Smax由于S,由三棱臺(tái)的側(cè)面BCC1B1垂直于底面，則以H為原點(diǎn)，在平面ABC上作Hx⊥面BCC1B則H(0,設(shè)A(x,y,0)，則A1(x由于|x|∈[0,1)，h∈(0,2]，所以同理EH=116[將三棱臺(tái)補(bǔ)成三棱錐P?ABC，如圖所示：設(shè)點(diǎn)C到平面PAH的距離為d，則VABC?又VE?ADH=1故答案為：BD.【分析】根據(jù)題意可得點(diǎn)A的軌跡為橢圓，由橢圓的幾何性質(zhì)從而可確定A的坐標(biāo)范圍，設(shè)三棱臺(tái)的高為h，由三棱臺(tái)的體積最大值確定h的范圍，即可判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)兩點(diǎn)之間的距離公式求解DH,12．【答案】y=x?2【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=x2?xe取定義域內(nèi)的一點(diǎn)(2,f(2))作為切點(diǎn)，則切線的斜率為k=f則切線的方程為：y?1+2e+ln2=故答案為：y=x?2【分析】先求定義域，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合導(dǎo)數(shù)運(yùn)算求導(dǎo)函數(shù)，取定義域內(nèi)的一點(diǎn)作切點(diǎn)，求斜率與切點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)斜式寫切線方程即可.13．【答案】0.86【解析】【解答】解：因?yàn)閄+2Y=3，所以X+1=4?2Y，又因?yàn)镻(X+1≤0)=0.14，所以P(4?2Y≤0)=0.因?yàn)閄+2Y=3，所以Y=?12X+32，所以E(Y)=?所以P(Y+2>0)=P(Y>?2)=1?P(Y<?2)=1?P(Y>2)=1?0.故答案為：0.86.【分析】根據(jù)題意，利用期望和方差的性質(zhì)可得Y～N(0,14．【答案】2【解析】【解答】解：AF1與漸近線OB的交點(diǎn)記為tan∠BOF2=b則在△BOF2中，設(shè)|OB|=x，又|BF2|=c，由余弦定理可得：cos在△BOE中，cos∠BOE=|OE||OB|=a又左焦點(diǎn)(?c,0)到直線y=b即|F1H|=b，又|OF1|=c，故|OH|=c2?顯然△AHO?△AEO，則∠AOH=∠EOA，又∠AOH+∠EOA+∠BOE=π，又∠BOE=π故可得∠AOH=π3，根據(jù)對(duì)稱性，∠BOy=1故O,E,F2此時(shí)顯然有ba=tan故答案為：2.【分析】先根據(jù)幾何關(guān)系證明點(diǎn)E必為雙曲線的右頂點(diǎn)，再結(jié)合離心率計(jì)算公式，直接求解即可.15．【答案】（1）解：因?yàn)閍n+2+a所以數(shù)列{an+1?an則an+1==???=a（2）解：由（1）問知，an=(2n?1)又bnbn+1<0，則bn+1bn+2<0，兩式相乘得因?yàn)閎1b2<0，所以當(dāng)b1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Snn為偶數(shù)時(shí)，Sn當(dāng)b1=?1時(shí)，b2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Snn為偶數(shù)時(shí)，Sn綜上，在b1=1時(shí)，Sn=(?1)【解析】【分析】（1）由題意可得：an+2?an+1=（2）由（1）可得bn=±(2n?1)，由bnbn+1<0，得到16．【答案】（1）證明：當(dāng)a>1時(shí)，C1的離心率e1=a2?1a因?yàn)閍≠b，所以1?a2=b2又a>b>0，所以ab=1，且a>1>b>0；由題意知A1(a,0)，A2(?b,它們的斜率之積為a(?1a)=?1（2）解：由（1）可知，C2聯(lián)立IA1B與C2的方程解得x1=0，x2=2aa4+1，又聯(lián)立lA2B與C1的方程解得x1=0，x2=?2a3a4因此PQ的中點(diǎn)C(a?a3a4+1,所以|PQ|=2|BC|=21+(a3?aa4可知f'令f'(a)>0得?a4+4a2令f'(a)<0得a∈[2+3,且最大值為f(2+因此|PQ|最大值為|PQ|max【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率相等可得a2b2=1，再求直線（2）由（1）可知，C2:a2x2+17．【答案】（1）解：設(shè)點(diǎn)C到平面α的距離為h，作CH⊥AB于點(diǎn)H，可知h≤CH，設(shè)CA=b，CB=a，在△ABC中，由余弦定理可知：a2由于直線m與n之間的夾角為π3，且它們交于點(diǎn)C，則∠ACB=從而a2+b2?ab=1，又a因?yàn)镾△ABC=1所以點(diǎn)C到平面α的距離h≤32，其最值為（2）解：（i）證：如圖，

過點(diǎn)P作直線l∥n，由題知直線l與平面α必相交于一點(diǎn)，設(shè)其為點(diǎn)D，連接DA，DB，則P，Q，D，B共面，又PQ∥α且DB?α，于是PQ∥DB，又l∥n，則四邊形PQBD為平行四邊形，則DB=PQ=d，因?yàn)镻Q⊥n且PQ⊥m，所以BD⊥n且BD⊥m，所以BD⊥l，又l∩m=P，所以BD⊥平面PAD，作PH⊥AD于H，則PH⊥BD，又AD∩BD=D，則PH⊥α，設(shè)PH=h，則P到平面α的距離也為h，且直線m，n與平面α的夾角分別為∠PAH和∠PDH；由于直線m與n之間的夾角為π3，則直線m與l之間的夾角也為π則∠APD=π3，于是即直線m，n與平面α的夾角之和為定值2π3（ii）解：因?yàn)锽D⊥平面PAD，所以BD⊥AD，△ABD中，AD2=A又∠APD=π3，由（1）問同法算得即點(diǎn)P到平面α距離h的最大值為f(d)=3?3【解析】【分析】（1）設(shè)點(diǎn)C到平面α的距離為h，結(jié)合余弦定理、三角形面積公式，利用基本不等式求最大值即可；（2）（i)利用空間直線之間的位置關(guān)系、線面垂直的性質(zhì)定理與判定定理確定線面夾角即可證明結(jié)論；

(ii)根據(jù)點(diǎn)到平面的距離，結(jié)合（1）中結(jié)論求解即可.18．【答案】（1）解：解：f(x)的定義域?yàn)??1,+∞)，且f'(x)=2ax?1+1i.a≤0時(shí)，2a?1x+1<0，則此時(shí)令f'(x)>0有x∈(?1則f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增，(0,于是f(x)≤0，此時(shí)令x1x2ii.a>0時(shí)，f'(x)有零點(diǎn)0和若x0<0，即a>12，此時(shí)令f'(x)<0有又f(0)=0，則f(x0)>0，令x1>0若x0>0，即0<a<12，此時(shí)令f'(x)<0有又f(0)=0，則f(x0)<0，令?1<若x0=0，即a=12，此時(shí)f'(x)=x則x>0時(shí)f(x)>0，x<0時(shí)f(x)<0；則x≠0時(shí)f(x)x>0，也即對(duì)x1綜上，a=1（2）解：證：由（1）問的結(jié)論可知，a=0時(shí)，f(x)=?x+ln(x+1)≤0；且a=12時(shí)x>0，則x>0時(shí)，x?12x2<ln(x+1)<x即1n于是1n?1?1將上述n個(gè)式子相加，tn欲證tn?56<ln(n+1)<因?yàn)?n所以1+1于是得證tn【解析】【分析】（1）先求函數(shù)的定義域，求導(dǎo)可得f'(0)=0，再分a≤0與a>0兩種情況利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)a>0時(shí)分析極值點(diǎn)的正負(fù)與原函數(shù)的正負(fù)區(qū)