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姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、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】C【解析】【解答】解：因为a=(1,−2)，b=(−3,4)，c=(3,2)则(a故答案为：C.【分析】根据已知条件，先求出a+22．【答案】B【解析】【解答】解：|x−1|+|x+2|≥|(x−1)−(x+2)|=3，当且仅当(x−1)(x+2)≤0，即−2≤x≤1时等号成立，即集合A=[3,由10−x2>0，解得−10<x<故答案为：B.【分析】由绝对值三角不等式求得集合A，再求定义域求得集合B，最后根据集合的交集运算求解即可.3．【答案】D【解析】【解答】解：因为lne<ln3<lne2，即1<ln3<2，所以ln(ln3)<又因为(ln3)2−ln3=(ln3−1)ln3>0，所以(ln3)2故答案为：D.【分析】先根据对数函数的单调性求得1<ln3<2，即可判断四数中的最大数.4．【答案】B【解析】【解答】解：数列{an}的首项为1，前n项和为S令m=1，可得Sn+S故数列{Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以S故答案为：B.【分析】根据题意，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)在复平面对应点如果在第一象限，则m−4>0而此不等式组无解．即在复平面上对应的点不可能位于第一象限．故选A【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数z；令复数的实部、虚部大于0，得到不等式无解，即对应的点不在第一象限．6．【答案】A【解析】【解答】解：函数f(x)=e当x<0时，y=ex，y=−e1因为f(−x)=e−x−故答案为：A.【分析】根据x<0时的单调性即可排除BC；再由函数的奇偶性排除D.7．【答案】A【解析】【解答】解：由题意，将0~9的10个数字分成三组：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：

三个数字均取第一组、或均取第二组有2A33=12个；

三个数字均取第三组，取出的数字无0，有A43-A3所以3的倍数的三位数有：228个.故答案为：A.【分析】根据题意将0~9的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，再分类讨论求出3的倍数的三位数的个数即可.8．【答案】D【解析】【解答】解：已知如图所示：

因为PC=λPA，PD=λPB(0<λ<1)，所以设M,N分别为弦AB，CD的中点，直线AB的方程为：联立x2=2yy=kx+m，消元整理可得x2−2kx−2m=0所以xM=k，同理可得：xN由抛物线的几何意义可知：点P在直线MN上，所以xP因为x2=2y，所以y=1所以抛物线在A处的切线为l1:y−yA=同理可得抛物线在B处的切线为l2:y=由y=xAx−综上，xM=x所以M,N,由PC=λPA，得(xC−又xC2=2又xA2=2同理可得：2λx由两式知直线AB的方程为：2λx因为xP=k，所以又直线AB过点M(k,S△ABP整理得−k2−2m+3λ因为yQ=−m<0，m>0，所以1−3λ=0，解得故答案为：D.【分析】由题意可得AB∥CD，设M,N分别为弦AB，CD的中点，直线AB的方程为：y=kx+m，联立直线和抛物线方程，消元整理由韦达定理可得xM=k，yM=k2+m，xN=k，从而得P9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因为平行六面体的各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0,2,故答案为：ACD.【分析】根据平行六面体的性质判断即可.10．【答案】B,C【解析】【解答】解：因为-π2<φ<π2，f(0)=2sinφ+t=1，所以t∈(1−2当t=0时，sinφ=22，−π2<φ<π2，故φ=π34ω+π4=kπ故T=2πω≥1，ω≤2π，故ω=π当x∈(4,当t=1时，sinφ=0，−π2sin(34ω)=−ω=83kπ+5π3,k∈N或ω=83kπ+7π3,k∈N故答案为：BC．【分析】根据已知条件，确定t∈(1−2,2]，t∈Z，故t=0或t=1，当t=0时，不满足单调性，排除；当11．【答案】B,D【解析】【解答】解：因为AC+AB=4，BC=2，所以点A的轨迹为椭圆，如图所示：则椭圆方程为x24+y2又因为△ABC为锐角三角形，所以0°<∠ABC<90°且0°<∠ACB<90°，所以32<|y所以(S△ABC)max=设S=S△A'B'C因为该三棱台的体积最大值为736，Smax由于S,由三棱台的侧面BCC1B1垂直于底面，则以H为原点，在平面ABC上作Hx⊥面BCC1B则H(0,设A(x,y,0)，则A1(x由于|x|∈[0,1)，h∈(0,2]，所以同理EH=116[将三棱台补成三棱锥P−ABC，如图所示：设点C到平面PAH的距离为d，则VABC−又VE−ADH=1故答案为：BD.【分析】根据题意可得点A的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定A的坐标范围，设三棱台的高为h，由三棱台的体积最大值确定h的范围，即可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解DH,12．【答案】y=x−2【解析】【解答】解：函数f(x)=x2−xe取定义域内的一点(2,f(2))作为切点，则切线的斜率为k=f则切线的方程为：y−1+2e+ln2=故答案为：y=x−2【分析】先求定义域，根据导数的几何意义结合导数运算求导函数，取定义域内的一点作切点，求斜率与切点坐标，利用点斜式写切线方程即可.13．【答案】0.86【解析】【解答】解：因为X+2Y=3，所以X+1=4−2Y，又因为P(X+1≤0)=0.14，所以P(4−2Y≤0)=0.因为X+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.故答案为：0.86.【分析】根据题意，利用期望和方差的性质可得Y∼N(0,14．【答案】2【解析】【解答】解：AF1与渐近线OB的交点记为tan∠BOF2=b则在△BOF2中，设|OB|=x，又|BF2|=c，由余弦定理可得：cos在△BOE中，cos∠BOE=|OE||OB|=a又左焦点(−c,0)到直线y=b即|F1H|=b，又|OF1|=c，故|OH|=c2−显然△AHO≅△AEO，则∠AOH=∠EOA，又∠AOH+∠EOA+∠BOE=π，又∠BOE=π故可得∠AOH=π3，根据对称性，∠BOy=1故O,E,F2此时显然有ba=tan故答案为：2.【分析】先根据几何关系证明点E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.15．【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)【解析】【分析】（1）由题意可得：an+2−an+1=（2）由（1）可得bn=±(2n−1)，由bnbn+1<0，得到16．【答案】（1）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|max【解析】【分析】（1）根据离心率相等可得a2b2=1，再求直线（2）由（1）可知，C2:a2x2+17．【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)=3−3【解析】【分析】（1）设点C到平面α的距离为h，结合余弦定理、三角形面积公式，利用基本不等式求最大值即可；（2）（i)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；

(ii)根据点到平面的距离，结合（1）中结论求解即可.18．【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tn【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，求导可得f'(0)=0，再分a≤0与a>0两种情况利用导数判断原函数的单调性，当a>0时分析极值点的正负与原函数的正负区