湖北省2024届高三下学期高中毕业生四月模拟考试数学试题

湖北省2024届高三下学期高中毕业生四月模拟考试数学试题一、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．下面四个数中，最大的是（）A．ln3 B．ln(ln3) C．1ln3 D．4．数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若Sn+SA．9 B．1 C．8 D．455．复数z=m−2i1+2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．函数f(x)=eA． 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Γ:x2=2y上有四点A，B，C，D，直线AC，BD交于点P，且PC=λPA，PD=λPB(0<λ<1).过A，BA．32 B．23 C．33二、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f(x)=2sin(ωx+φ)+t(ω>0,−π2<φ<π2A．ω=π B．ω=53π C．f(9)=111．如图，三棱台ABC−A1B1C1的底面ABC为锐角三角形，点D，H，E分别为棱AA1，BC，C1A．该三棱台的体积最小值为74 B．C．VE−ADH=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．写出函数f(x)=x2−13．两个连续随机变量X，Y满足X+2Y=3，且X∼N(3,σ2)，若P(X+1≤0)=014．双曲线C:x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E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{an}中，a1=1（1）求数列{a（2）数列{bn}的前n项和为Sn，且满足bn16．已知椭圆C1:x2a2+y2=1和C2（1）证明：BA（2）设直线BA1与C2的另一个交点为P，直线BA2与C1的另一个交点为参考公式：m17．空间中有一个平面α和两条直线m，n，其中m，n与α的交点分别为A，B，AB=1，设直线m与n之间的夹角为π3图1图2（1）如图1，若直线m，n交于点C，求点C到平面α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PQ∥α，PQ⊥n且PQ⊥m，（i）证明：直线m，n与平面α的夹角之和为定值；（ii）设PQ=d(0<d<1)，求点P到平面α距离的最大值关于d的函数f(d).18．已知函数f(x)=ax2−x+ln(x+1)（1）若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有f(x（2）记tn=1+119．欧拉函数在密码学中有重要的应用.设n为正整数，集合Xn={1,2,⋅⋅⋅,n−1}，欧拉函数φ(n)的值等于集合Xn中与n互质的正整数的个数；记M(x（1）求φ(6)和φ(15)；（2）现有三个素数p，q，e(p<q<e)，n=pq，存在正整数d满足M(de,φ(n))=1；已知对素数a和x∈Xa，均有M(x（3）设n为两个未知素数的乘积，e1，e2为另两个更大的已知素数，且2e1=3e2+1；又c1=M(xe1

答案解析部分1．【答案】C2．【答案】B3．【答案】D4．【答案】B5．【答案】A6．【答案】A7．【答案】A8．【答案】D9．【答案】A,C,D10．【答案】B,C11．【答案】B,D12．【答案】y=x−213．【答案】0.8614．【答案】215．【答案】（1）解：因为an+2+a所以数列{an+1−an则an+1==⋅⋅⋅=a（2）解：由（1）问知，an=(2n−1)又bnbn+1<0，则bn+1bn+2<0，两式相乘得因为b1b2<0，所以当b1当n为奇数时，Snn为偶数时，Sn当b1=−1时，b2当n为奇数时，Snn为偶数时，Sn综上，在b1=1时，Sn=(−1)16．【答案】（1）证明：当a>1时，C1的离心率e1=a2−1a因为a≠b，所以1−a2=b2又a>b>0，所以ab=1，且a>1>b>0；由题意知A1(a,0)，A2(−b,它们的斜率之积为a(−1a)=−1（2）解：由（1）可知，C2联立IA1B与C2的方程解得x1=0，x2=2aa4+1，又联立lA2B与C1的方程解得x1=0，x2=−2a3a4因此PQ的中点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,且最大值为f(2+因此|PQ|最大值为|PQ|max17．【答案】（1）解：设点C到平面α的距离为h，作CH⊥AB于点H，可知ℎ≤CH，设CA=b，CB=a，在△ABC中，由余弦定理可知：a2由于直线m与n之间的夹角为π3，且它们交于点C，则∠ACB=从而a2+b2−ab=1，又a因为S△ABC=1所以点C到平面α的距离ℎ≤32，其最值为（2）解：（i）证：如图，

过点P作直线l∥n，由题知直线l与平面α必相交于一点，设其为点D，连接DA，DB，则P，Q，D，B共面，又PQ∥α且DB⊂α，于是PQ∥DB，又l∥n，则四边形PQBD为平行四边形，则DB=PQ=d，因为PQ⊥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，则PH⊥BD，又AD∩BD=D，则PH⊥α，设PH=ℎ，则P到平面α的距离也为h，且直线m，n与平面α的夹角分别为∠PAH和∠PDH；由于直线m与n之间的夹角为π3，则直线m与l之间的夹角也为π则∠APD=π3，于是即直线m，n与平面α的夹角之和为定值2π3（ii）解：因为BD⊥平面PAD，所以BD⊥AD，△ABD中，AD2=A又∠APD=π3，由（1）问同法算得即点P到平面α距离h的最大值为f(d)=3−318．【答案】（1）解：解：f(x)的定义域为(−1,+∞)，且f'(x)=2ax−1+1i.a≤0时，2a−1x+1<0，则此时令f'(x)>0有x∈(−1则f(x)在(−1,0)上单调递增，(0,于是f(x)≤0，此时令x1x2ii.a>0时，f'(x)有零点0和若x0<0，即a>12，此时令f'(x)<0有又f(0)=0，则f(x0)>0，令x1>0若x0>0，即0<a<12，此时令f'(x)<0有又f(0)=0，则f(x0)<0，令−1<若x0=0，即a=12，此时f'(x)=x则x>0时f(x)>0，x<0时f(x)<0；则x≠0时f(x)x>0，也即对x1综上，a=1（2）解：证：由（1）问的结论可知，a=0时，f(x)=−x+ln(x+1)≤0；且a=12时x>0，则x>0时，x−12x2<ln(x+1)<x即1n于是1n−1−1将上述n个式子相加，tn欲证tn−56<ln(n+1)<因为1n所以1+1于是得证tn19．【答案】（1）解：X6中，与6互质的数有1和5，则φ(6)=2X15中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则φ(15)=（2）解：证明：因为n=pq，p和q为素数，则对x∈Xn，仅当xp又x<n，则x=p，2p，…(q−1)p，或x=q，2q，…(p−1)q时，x与n不互质，则φ(n)=n−1−(p−1)−(q−1)=(p−1)(q−1)设M(x,p)=s，M(x,q)=t，可知s，t不全为0，下证由题知，M(s又xp−1所以M(xp−1,于是记xq−1=kq+1(k∈N即M(xφ(n),q)=1，同理M(x则N2=N1⋅qp即M(xi.st≠0时，记M(xc,记N1p=k0，又M(即M(cd,ii.若st=0，不妨设s=0，于是x=