湖北省宜荆荆随恩2024届高三5月联考（二模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省宜荆荆随恩2024届高三5月联考（二模）数学试题一、单项选择题1.已知复数，则（）A.1 B. C. D.i〖答案〗A〖解析〗因为，所以，所以.故选：A2.设l，m，n是不同的直线，m，n在平面内，则“且”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〖答案〗B〖解析〗若且，当时，直线可以与平面平行，此时，不能推出，若，m，n是平面内两条不同的直线，则，，所以“且”是“”的必要不充分的条件.故选：B3.有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（）A.11 B.13 C.16 D.17〖答案〗D〖解析〗将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，因为，所以这组数据的上四分位数为.故选：D4.函数，当取得最大值时，（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，其中，而，等号成立当且仅当，此时.故选：B.5.已知函数在上单调递增，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗若在上单调递增，则必然在处有定义，所以，即；若，则当时，所以在上有定义，再由知在上单调递增，所以在上单调递增.故选：C.6.已知非零向量，的夹角为，，，则的最小值为（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗因为，的夹角为，，所以，.故的最小值为1.故选：C.7.今天的课外作业是从6道应用题中任选2题详细解答，则甲、乙两位同学的作业中恰有一题相同的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题，所有的基本事件个数为，“恰有一题相同”包含的基本事件数为，所以.故选：D8.已知，，与y轴平行的直线l与和的图象分别交于A，B两点，则的最小值是（）A.1 B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意设，，则，令，下证：，设，，，当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，记，则，所以在上为增函数，又，，故存，使得，所以，即最小值为1.故选：A.二、多选题9.已知，则下列不等式正确的有（）A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗设，则，在单调递增，所以，即，即，A正确；令，，则，而，所以，B不正确；设，则，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；则在时取得最小值，即，C正确；设，则，所以在上是增函数，所以由得，即，D正确.故选：ACD10.无穷等比数列的首项为公比为q，下列条件能使既有最大值，又有最小值的有（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗BC〖解析〗，时，等比数列单调递减，故只有最大值，没有最小值；，时，等比数列为摆动数列，此时为大值，为最小值；，时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列有最大值，也有最小值；，时，因为，所以无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项正无最大值.故选：BC11.正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确有（）A.若，则P点轨迹的长度为B.三棱锥外接球体积的最小值是C.若Q为正方形的中心，则周长的最小值为D.〖答案〗BCD〖解析〗因为，且，，所以，取，的中点E，F，则，所以P点轨迹为圆弧EF，因为，所以，A不正确；由球的性质知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的垂线上，的外接圆的圆心为的中点，且半径为，当外接球半径最小时，的外接圆是球的大圆，所以球半径R最小值为，外接球体积最小值是，B正确；设Q关于平面的对称点为，则，又，所以的周长，C正确；分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，设，则，，，，所以，，，所以.D正确.故选：BCD.三、填空题12.已知，则________．〖答案〗21〖解析〗对两边求导可得：，令，可得，即，又，令，可得，所以故〖答案〗为：.13.已知，且，，，则方程的解的组数为______.〖答案〗15〖解析〗由题意，原问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的方法个数，在7个相同的小球之间形成的6个空中，任选2个放入两个隔板，共有种方法，即方程的解的组数为15.故〖答案〗为：1514.已知函数（，）的最小正周期为T，，若在内恰有10个零点则的取值范围是________．〖答案〗〖解析〗函数（，）的周期为，又，所以，所以，即，因为，所以，解得，所以，因为，所以，要使在内恰有10个零点，则.所以的取值范围是.故〖答案〗为：.四、解答题15.在五面体中，四边形为等腰梯形，，，，．（1）求证、、三线交于一点．（2）若，，，求平面与平面所成角的大小．（1）证明：因为四边形是等腰梯形，，所以延长，必相交于一点，设，因为，平面，所以平面同理可得：平面，又因为平面平面，所以，即，，交于一点；（2）解：由，，，平面，所以平面，又平面，，同理可得，所以、、两两垂直，以B为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为是等腰梯形，所以是等腰三角形，所以，因为，所以，因为，所以，过作于，可得，，所以，所以，，，，，，，，设平面的一个法向量为，，取，得，，所以面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成角为．16.已知数列前n项和为，，，，设（1）是否存在常数k，使数列为等比数列，若存在，求k值，若不存在，说明理由．（2）求的表达式，并证明．解：（1）当时，所以，整理得（，），法一：假设存在常数k使数列为等比数列，设，则，即，令，解得或，故当时，，所以为首项为2，公比为3的等比数列，当时，，所以为首项为1，公比为2的等比数列．（解法二）：假设存在常数k使数列为等比数列，则有，由已知得，，所以，，，所以，解得或，当时，，当时，，结论同解法一；（2）法一：由（1）知，解得，所以，则，又也满足上式，所以，因为，，所以，所以，所以，故证毕.法二：同法一得到，由二项式定理得，当时；，即，所以，所以时，当时，，所以.17.数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对按比例得分，有选错得0分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p（）（1）现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A、B、C、D四个选项中任选一个选项；策略二：在A、B、C、D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时小明得分的期望；（2）若有一个多选题，小明发现A正确，B、C、D选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：．选A和B、C、D中的任一个，策略二：选A和B、C、D中的任意2个，在的条件下，判断小明该选择哪个策略.解：（1）设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为，，，；;∴,;；∴所以小明分别采取策略一和策略二的得分的期望分别为和（2）设小明选择策略一和策略二的得分分别为，；;；;,；∵∴小明应选择策略一18.设函数，（1）讨论单调性．（2）若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得（ⅰ）证明不等式．（ⅱ）判断并证明与的大小．（1）解：，，若，则，在上单调递增，若，由得，当时；当时，，∴在单调递增，在单调递减.（2）（ⅰ）证明：∵存在极值，由（1）知，，由题设得，∵，设，要证明即证明，设，（），则，∴在上单调递增，，∴，即得证，（ⅱ）解：，，∴，∵在上是减函数，∴.19.已知椭圆的离心率为，，是C的左、右焦点，直线是其右准线，P是l上的一动点，Q点在C上.（1）求C的方程.（2）若直线OQ、PQ的斜率之积为，平面内是否存在定点T满足恒成立.若存在求出T的坐标，若不存在说明理由.（3）若，过P的动直线与C交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于M，N的点H，满足，证明H恒在一条直线上并求出这条直线的方程.解：（1）由题意，且，解得，，