2024届湖北省高三数学4月模拟考试卷附答案解析

届湖北省高三数学4月模拟考试卷2024.4全卷满分150分．考试用时120分钟．祝考试顺利注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘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、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．设，，，则等于（

）A． B．0 C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．下面四个数中，最大的是（

）A． B． C． D．4．数列的首项为1，前n项和为，若，（）则，（

）A．9 B．1 C．8 D．455．复数（）在复平面上对应的点不可能位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．函数的图象大致为（

）A． B． C． D．7．能被3整除，且各位数字不重复的三位数的个数为（

）A．228 B．210 C．240 D．2388．抛物线上有四点，，，，直线，交于点，且，．过分别作的切线交于点Q，若，则（

）A． B． C． D．二、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，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．平行六面体中，各个表面的直角个数之和可能为（

）A．0 B．4 C．8 D．1610．已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（

）A． B． C． D．11．如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（

）A．该三棱台的体积最小值为 B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．写出函数的一条斜率为正的切线方程：．13．两个连续随机变量X，Y满足，且，若，则．14．双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两点（B在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．15．数列中，，，且，(1)求数列的通项公式；(2)数列的前项和为，且满足，，求．16．已知椭圆和的离心率相同，设的右顶点为，的左顶点为，，(1)证明：；(2)设直线与的另一个交点为P，直线与的另一个交点为Q，连，求的最大值．参考公式：17．空间中有一个平面和两条直线m，n，其中m，n与的交点分别为A，B，，设直线m与n之间的夹角为，(1)如图1，若直线m，n交于点C，求点C到平面距离的最大值；(2)如图2，若直线m，n互为异面直线，直线m上一点P和直线n上一点Q满足，且，（i）证明：直线m，n与平面的夹角之和为定值；（ii）设，求点P到平面距离的最大值关于d的函数．18．已知函数，，(1)若对定义域内任意非零实数，，均有，求a；(2)记，证明：．19．欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数），(1)求和；(2)现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则；(3)设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值．1．C【分析】先求出的坐标，然后根据向量数量积坐标运算公式求解即可【详解】因为，，所以，因为，所以，故选：C2．B【分析】由绝对值三角不等式求得，然后由解析式有意义求得，再由交集运算可得.【详解】由，当且仅当，即时，等号成立，得；由得，即.所以.故选：B3．D【分析】先根据对数函数单调性求得，然后可判断最大项.【详解】因为，即，所以，，故B，C错误；又，所以.故选：D4．B【分析】根据题意，令，得到，等差数列是等差数列，求得，结合，即可求解.【详解】由题意知，数列的首项为1，且，令，可得，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，则.故选：B.5．A【分析】先利用复数代数形式乘除运算法则求出复数，由此能求出结果.【详解】，当时，，则复数对应的点在第四象限；当时，，则复数对应的点在第三象限；当时，，则复数对应的点在第二象限；当或时，或，则复数对应的点在坐标轴上，不属于任何象限.故复数对应的点不可能位于第一象限.故选：A.【点睛】本题考查复数在复平面上对应的点所在象限的判断，考查复数代数形式乘除运算法则及复数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．6．A【分析】根据时的单调性可排除BC；再由奇偶性可排除D.【详解】，因为当时，都为增函数，所以，单调递增，故B，C错误；又因为，所以不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误.故选：A7．A【分析】根据题意将10个数字分成三组：即被3除余1的；被3除余2的；被3整除的，若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：每组自己全排列或每组各选一个，求出3的倍数的三位数个数即可.【详解】然后根据题意将10个数字分成三组：即被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，若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：每组自己全排列，每组各选一个，所以3的倍数的三位数有：个.故选：A.8．D【分析】由题意可得∥，取弦，的中点分别为，设直线的方程为：代抛物线，由韦达定理可得，，，从而得在直线上，根据切线方程可得，作出图象，可得，，再根据求解即可.【详解】解：由，，可知∥，设弦，的中点分别为，设直线的方程为：，代入，得，则，，所以，，同理可得，由抛物线的几何意义可知点在直线上，所以，因为，所以，，所以物线在处的切线为，即，，即同理可得物线在处的切线为，即,由，解得，综上，，,所以四点共线，且所在直线平行于轴，由，得，则，，又，所以有，又，化简得，同理有，由两式知直线的方程为：，因为，所以，又直线过点，代入得，，整理得，即，由题可得，所以，所以，解得.故选：D.【点睛】关键点睛：涉及直线与圆锥曲线的问题，作出图象，结合韦达定理求解.9．ACD【分析】根据平行六面体的性质考察矩形个数的可能情况即可.【详解】平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的平行四边形全等，所以六个平行四边形中的矩形个数可能为，所以各个表面的直角个数之和可能为.故选：ACD10．BC【分析】确定，，故或，当时，不满足单调性，排除；当时，计算，，代入计算得到答案．【详解】，故，，故，故，，故或，当时，，，故，，，有最小正零点，，，，故，，故，，当，，函数不单调，排除；当时，，，故，，或，或，，故，，故，，验证满足条件，此时．综上，AD错误，BC正确.故选：BC．11．BD【分析】根据题意可得点的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定的坐标范围，设三棱台的高为，由三棱台的体积最大值确定的范围，从而可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解的取值范围，从而可判断B，D；将三棱台补成三棱锥，根据棱锥与棱台的体积关系即可判断C.【详解】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图则椭圆方程为，由于则，又因为为锐角三角形，则且，所以，，所以，由于，所以，设，则，设三棱台的高为，则，因为该三棱台的体积最大值为，，所以，由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形，则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面，则，设，则，，，所以，由于，，所以，又，故B可能正确；同理，又，故D可能正确；如图，将三棱台补成三棱锥，设点到平面的距离为，则，又，所以，故C一定正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：本题考查空间几何与平面解析几何综合运用，解决本题中的问题涉及的思路有：（1）根据椭圆的定义确定动点的轨迹，利用解析几何的性质缩小点坐标范围；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式确定线段长的取值范围；（3）体积关系的建立，需将三棱台补成三棱锥，由三棱锥的体积转换特点分析体积比例.12．（答案不唯一）【分析】根据导数的几何意义结合导数运算求导函数，取定义域内的点作切点，求斜率与切点坐标即可得切线方程.【详解】，，则，取切点为，则斜率为，又，则切线方程为：，即.故答案为：（答案不唯一）13．0.86##【分析】利用期望和方差的性质可得，然后由对称性即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，即又，所以，，所以，所以.故答案为：0.8614．2【分析】先根据几何关系证明点必为双曲线的右顶点，再结合离心率计算公式，直接求解即可.【详解】记与渐近线的交点为，根据题意，作图如下：

，，故；则在△中，设，又，由余弦定理可得，解得，即；在△中，，又，故；又左焦点到直线的距离，即，又，故，则在圆上，即与圆相切；显然，则，又，又，故可得，根据对称性，，故，故三点共线，点是唯一的，根据题意，必为双曲线右顶点；此时显然有，故双曲线离心率为.故答案为：2.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是能够与渐近线垂直，以及，确定点的位置，进而求解离心率.15．(1)(2)答案见解析【分析】（1）依题意可得，即可得到为等差数列，即可得到，再利用累加法计算可得；（2）由（1）可得，由，得到与同号，再对分类讨论，利用并项求和法计算可得.【详解】（1）因为，所以，所以数列是公差为的等差数列，其首项为，于是，则，，，，，所以，所以；（2）由（1）问知，，则，又，则，两式相乘得，即，因此与同号，因为，所以当时，，此时，当为奇数时，，当为偶数时，；当时，，此时，当为奇数时，，当为偶数时，；综上，当时，；当时，.16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据离心率相等可得，然后求出直线和的斜率，利用斜率即可得证；（2）联立直线和椭圆方程求出的坐标，从而可得的中点坐标，根据（1）中结论可得，利用导数即可求解.【详解】（1）当时，的离心率，当时，的离心率；当时，的离心率，当时，的离心率；因为，所以或，得，又，所以，且；由题意知，，即，则，，它们的斜率之积为，因此.（2）由（1）问知，，联立与的方程，将y消去得：，解得，，又在曲线上，则，，联立与的方程，将y消去得：，解得，，又在曲线上，则，，因此的中点，连，因为，即，所以，记，当最大时，也最大；可知，令得，解得，又，则，令得，因此在处取得最大值，且最大值为，因此最大值为.17．(1)(2)（i）证明见解析，（ii）【分析】（1）设点C到平面的距离为h，结合余弦定理、三角形，面积公式，基本不等式即可求得大值；（2）利用空间直线之间的位置关系、线面垂直的性质定理与判定定理确定线面夹角即可证明结论；再根据点到平面的距离，结合（1）中结论即可得答案.【详解】（1）设点C到平面的距离为h，作于点H，可知，设，，在中，由余弦定理可知：，由于直线m与n之间的夹角为，且它们交于点C，则，从而，又，则（时取等）；因为，所以，所以点C到平面的距离，其最大值为；（2）（i）证：如图，过点P作直线，由题知直线l与平面必相交于一点，设其为点D，连接，，则P，Q，D，B共面，又且，于是，又，则四边形为平行四边形，则，因为且，所以且，所以，又，所以平面，作于H，则，又，则，设，则P到平面的距离也为h，且直线m，n与平面的夹角分别为和；由于直线m与n之间的夹角为，则直线m与l之间的夹角也为，则，于是，即直线m，n与平面的夹角之和为定值；（ii）因为平面，所以，中，，则，又，由（1）问同法算得，即点P到平面距离h的最大值为.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导可得，再分与两种情况分析原函数的单调性，当时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定的值；（2）由（1）问的结论可知，，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】（1）的定义域为，且；，因此；i.时，，则此时令有，令有，则在上单调递增，上单调递减，又，于是，此时令，有，不符合题意；ii.时，有零点0和，若，即，此时令有，在上单调递减，又，则，令，，有，不符合题意；若，即，此时令有，在上单调递减，又，则，令，有，不符合题意；若，即，此时，在上单调递增，又，则时，时；则时，也即对，，综上，（2）证：由（1）问的结论可知，时，；且时，；则时，，令，有，即，于是将上述n个式子相加，；欲证，只需证，只需证；因为，所以，得证：于是得证.【点睛】方法点睛：（1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；（2）对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.19．(1)，；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求出和.（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得，设，，结合二项式展开式证明，再按与分类求证即得.（3）利用的定义，记，，令，那么，且，，使，则，再探求数列项数及递推关系即可求得答案.【详解】（1）中，与6互质的数有1和5，则；中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8.（2）因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质，又，则，，…，或，，…时，x与n不互质，则，设，，可知s，t不全为0，下证时，；由题知，，又，所以，同理有；于是记，，即，同理，记，于是，则，因为，所以，所