2024届湖北省重点高中协作校高三第二次模拟考试数学试卷含解析

2024届湖北省重点高中协作校高三第二次模拟考试数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知下列命题：①“”的否定是“”；②已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；③“”是“”的充分不必要条件；④“若，则且”的逆否命题为真命题.其中真命题的序号为（）A．③④ B．①② C．①③ D．②④2．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是()A．2kπ＋45°(k∈Z) B．k·360°＋π(k∈Z)C．k·360°－315°(k∈Z) D．kπ＋(k∈Z)3．如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（）A． B． C． D．4．定义在上的函数满足，则（）A．-1 B．0 C．1 D．25．如果实数满足条件，那么的最大值为（）A． B． C． D．6．已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．若复数（为虚数单位），则（）A． B． C． D．8．已知集合，，则（）A． B．C．或 D．9．已知函数（），若函数有三个零点，则的取值范围是（）A． B．C． D．10．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是A． B．C． D．11．已知函数若对区间内的任意实数，都有，则实数的取值范围是(）A． B． C． D．12．已知集合，，则=()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，则展开式的系数为__________．14．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则__________．15．已知集合，，则________.16．设实数满足约束条件,则的最大值为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为．（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）设点，直线l与曲线C交于不同的两点A、B，求的值．18．（12分）已知△ABC的两个顶点A,B的坐标分别为(,0),(,0),圆E是△ABC的内切圆,在边AC,BC,AB上的切点分别为P,Q,R,|CP|=2,动点C的轨迹为曲线G.（1）求曲线G的方程;（2）设直线l与曲线G交于M,N两点,点D在曲线G上,是坐标原点,判断四边形OMDN的面积是否为定值?若为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.19．（12分）已知在多面体中，平面平面，且四边形为正方形，且//，，，点，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.20．（12分）已知函数（I）当时，解不等式.（II）若不等式恒成立，求实数的取值范围21．（12分）在直角坐标系x0y中，把曲线α为参数)上每个点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点M在上，点N在上，求|MN|的最小值以及此时M的直角坐标.22．（10分）如图，正方形是某城市的一个区域的示意图，阴影部分为街道，各相邻的两红绿灯之间的距离相等，处为红绿灯路口，红绿灯统一设置如下：先直行绿灯30秒，再左转绿灯30秒，然后是红灯1分钟，右转不受红绿灯影响，这样独立的循环运行.小明上学需沿街道从处骑行到处（不考虑处的红绿灯），出发时的两条路线（）等可能选择，且总是走最近路线.（1）请问小明上学的路线有多少种不同可能？（2）在保证通过红绿灯路口用时最短的前提下，小明优先直行，求小明骑行途中恰好经过处，且全程不等红绿灯的概率；（3）请你根据每条可能的路线中等红绿灯的次数的均值，为小明设计一条最佳的上学路线，且应尽量避开哪条路线？

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

由命题的否定，复合命题的真假，充分必要条件，四种命题的关系对每个命题进行判断．【详解】“”的否定是“”，正确；已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题，正确；“”是“”的必要不充分条件,错误；“若，则且”是假命题，则它的逆否命题为假命题，错误.故选：B．【点睛】本题考查命题真假判断，掌握四种命题的关系，复合命题的真假判断，充分必要条件等概念是解题基础．2、C【解析】

利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ＋(k∈Z)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确.故答案为C【点睛】（1）本题主要考查终边相同的角的公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)与终边相同的角=+其中.3、C【解析】

利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度.【详解】几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为故选：C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，属于基础题.4、C【解析】

推导出，由此能求出的值．【详解】∵定义在上的函数满足，∴，故选C．【点睛】本题主要考查函数值的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于中档题.5、B【解析】

解：当直线过点时，最大，故选B6、A【解析】

结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.7、B【解析】

根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.【详解】,,故选：B【点睛】本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.8、D【解析】

首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；【详解】解：∵，解得∴，∴.故选：D【点睛】本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.9、A【解析】

分段求解函数零点，数形结合，分类讨论即可求得结果.【详解】作出和，的图像如下所示：函数有三个零点，等价于与有三个交点，又因为，且由图可知，当时与有两个交点，故只需当时，与有一个交点即可.若当时，时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|有一个交点𝐵，故满足题意；时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|没有交点，故不满足题意；时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|也没有交点，故不满足题意；时，显然与有一个交点，故满足题意.综上所述，要满足题意，只需.故选：A.【点睛】本题考查由函数零点的个数求参数范围，属中档题.10、D【解析】

先由是偶函数，得到关于直线对称；进而得出单调性，再分别讨论和，即可求出结果.【详解】因为是偶函数，所以关于直线对称；因此，由得；又在上单调递减，则在上单调递增；所以，当即时，由得，所以，解得；当即时，由得，所以，解得；因此，的解集是.【点睛】本题主要考查由函数的性质解对应不等式，熟记函数的奇偶性、对称性、单调性等性质即可，属于常考题型.11、C【解析】分析：先求导,再对a分类讨论求函数的单调区间，再画图分析转化对区间内的任意实数，都有，得到关于a的不等式组，再解不等式组得到实数a的取值范围.详解：由题得.当a＜1时，，所以函数f（x）在单调递减，因为对区间内的任意实数，都有，所以，所以故a≥1，与a＜1矛盾，故a＜1矛盾.当1≤a<e时，函数f(x)在[0,lna]单调递增，在(lna,1]单调递减.所以因为对区间内的任意实数，都有，所以，所以即令，所以所以函数g(a)在（1，e）上单调递减，所以，所以当1≤a<e时，满足题意.当a时，函数f(x)在(0,1)单调递增,因为对区间内的任意实数，都有，所以,故1+1，所以故综上所述，a∈.故选C.点睛：本题的难点在于“对区间内的任意实数，都有”的转化.由于是函数的问题，所以我们要联想到利用函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等）来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来，完成了数学问题的等价转化，找到了问题的突破口.12、C【解析】

计算，，再计算交集得到答案.【详解】，，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先根据定积分求出的值，再用二项展开式公式即可求解.【详解】因为所以的通项公式为当时，当时，故展开式中的系数为故答案为：【点睛】此题考查定积分公式，二项展开式公式等知识点，属于简单题目.14、【解析】

该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出．【详解】四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，，，侧棱底面，且底面为正方形，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，内切球半径为，故．故答案为．【点睛】本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题．解决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面.球心位置的确定的方法有很多，主要有两种：（1）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），球心位置即为体对角线的中点；（2）外心垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则球心一定在垂线上.15、【解析】

利用交集定义直接求解．【详解】解：集合奇数，偶数，．故答案为：．【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．16、【解析】

试题分析：作出不等式组所表示的平面区域如图，当直线过点时，最大，且考点：线性规划.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），（2）【解析】

(1)利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程;(2)由于在直线上,写出直线的标准参数方程参数方程,代入曲线的方程利用参数的几何意义即可得出求解即可.【详解】（1）直线的普通方程为，即，根据极坐标与直角坐标之间的相互转化，，，而，则，即，故直线l的普通方程为，曲线C的直角坐标方程（2）点在直线l上，且直线的倾斜角为，可设直线的参数方程为：（t为参数），代入到曲线C的方程得，，，由参数的几何意义知．【点睛】熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键,难度一般.18、（1）.（2）四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【解析】

（1）根据三角形内切圆的性质证得，由此判断出点的轨迹为椭圆，并由此求得曲线的方程.（2）将直线的斜率分成不存在或存在两种情况，求出平行四边形的面积，两种情况下四边形的面积都为，由此证得四边形的面积为定值.【详解】（1）因为圆E为△ABC的内切圆,所以|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4>|AB|所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆（点不在轴上）,所以c,a=2,b,所以曲线G的方程为,（2）因为，故四边形为平行四边形.当直线l的斜率不存在时，则四边形为为菱形，故直线MN的方程为x=﹣1或x=1,此时可求得四边形OMDN的面积为.当直线l的斜率存在时,设直线l方程是y=kx+m,代入到,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣4=0,∴x1+x2,x1x2,△=8(4k2+2﹣m2)>0,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m,|MN|点O到直线MN的距离d,由,得xD,yD，∵点D在曲线C上,所以将D点坐标代入椭圆方程得1+2k2=2m2,由题意四边形OMDN为平行四边形,∴OMDN的面积为S,由1+2k2=2m2得S,故四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【点睛】本小题主要考查用定义法求轨迹方程，考查椭圆中四边形面积的计算，考查椭圆中的定值问题，考查运算求解能力，属于中档题.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）构造直线所在平面，由面面平行推证线面平行；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，再由法向量之间的夹角，求得二面角的余弦值.【详解】（1）过点交于点，连接，如下图所示：因为平面平面，且交线为,又四边形为正方形，故可得，故可得平面，又平面，故可得.在三角形中，因为为中点，，故可得//，为中点；又因为四边形为等腰梯形，是的中点，故可得//；又，且平面，平面,故面面，又因为平面，故面.即证.（2）连接，，作交于点，由（1）可知平面，又因为//，故可得平面，则；又因为//，，故可得即，，两两垂直，则分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设面的法向量为，则，，则，可取，设平面的法向量为，则，，则，可取，可知平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行，涉及用向量法求二面角的大小，属综合基础题.20、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）根据零点分区间法，去掉绝对值解不等式；（2）根据绝对值不等式的性质得，因此将问题转化为恒成立，借此不等式即可．试题解析：（Ⅰ）由得，，或，或解得：所以原不等式的解集为.（Ⅱ）由不等式的性质得：，要使不等式恒成立，则当时，不等式恒成立；当时，解不等式得．综上．所以实数的取值范围为.21、（1）的普通方程为，的直角坐标方程为.（2）最小值为，此时