湖北省隨州市2024屆高三下學期5月模擬數(shù)學試題

湖北省隨州市2024屆高三下學期5月模擬數(shù)學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設全集U={?2,?1,A．{?1,3C．{?1,22．設隨機變量X～N(μ,σ2A．0.75 B．0.5 C．0.3 D．0.253．設函數(shù)f(x)的定義域為R，其導函數(shù)為f'(A．(?∞,1] B．(?∞,4．設5π<θ<6π，cosθ2=aA．1+a2 B．1?a2 C．?1+a5．已知l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（）A．若α⊥β，l?α，m?β，則l⊥mB．若m⊥β，α⊥β，則mC．若l//m，l⊥α，m⊥β，則αD．若α//β，且l與α所成的角和m與β6．在等腰△ABC中，AC=CB=2,∠CAB=30°,△ABC的外接圓圓心為O，點P在優(yōu)弧A．4 B．2 C．?23 D．7．已知雙曲線x2a+2?y2A．?1 B．1 C．?3 D．38．數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分．如圖，在勒洛四面體中，正四面體ABCD的棱長為4，則下列結論正確的是（）A．勒洛四面體最大的截面是正三角形B．若P、Q是勒洛四面體ABCD表面上的任意兩點，則PQ的最大值為4C．勒洛四面體ABCD的體積是8D．勒洛四面體ABCD內(nèi)切球的半徑是4?二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．設正實數(shù)a，b滿足a+b=1，則下列結論正確的是（）A．1a+1b有最小值4 C．a(chǎn)+b有最大值2 D．a(chǎn)10．在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．異面直線DD1與BB．點P為正方形A1B1C1D1內(nèi)一點，當C．過點D1，E，F(xiàn)的平面截正方體ABCD?AD．當三棱錐B1?BEF的所有頂點都在球O的表面上時，球O11．已知函數(shù)f(x)=(xA．函數(shù)f(x)有且只有2個零點B．函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(?3C．函數(shù)f(x)存在最大值和最小值D．若方程f(x)=a有三個實數(shù)解，則a∈(?2e三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知a=(?2,1,3),13．等差數(shù)列{an}，{bn}前n項和分別為Sn與14．已知圓C:(x?6)2+(y?8)2=1和兩點A(0,四、解答題：本題共5小題，第15小題13分，第16、17小題15分，第18、19小題17分，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC的外接圓半徑為R，面積為S，已知A為銳角，且(b（1）求A；（2）若a=1，求S的最大值.16．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}（1）求數(shù)列{an}（2）設cn=anlog2b17．某大學為了調(diào)查該校學生性別與身高的關系，對該校1000名學生按照10：1的比例進行抽樣調(diào)查，得到身高頻數(shù)分布表如下：男生身高頻率分布表男生身高（單位：厘米）[160，165)[165，170)[170，175)[175，180)[180，185)[185，190]頻數(shù)710191842女生身高頻數(shù)分布表女生身高（單位：厘米）[150，155)[155，160)[160，165)[165，170)[170，175)[175，180]頻數(shù)31015633（1）估計這1000名學生中女生的人數(shù)；（2）估計這1000名學生中身高在[170，190]的概率；（3）在樣本中，從身高在[170，180]的女生中任取3名女生進行調(diào)查，設X表示所選3名學生中身高在[170，175)的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望.（身高單位：厘米）18．如圖1，在△ABC中，D，E分別為AB,AC的中點；O為DE的中點，AB=AC=25，BC=4，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1（1）求證：A1（2）若直線EC和平面DEF所成角的正弦值為45，求三棱錐A19．已知O是坐標原點，橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為26（1）求橢圓C的標準方程；（2）直線l：x=2與橢圓C在第一象限交于點N，點A是第四象限的點且在橢圓C上，線段AB被直線l垂直平分，直線NB與橢圓交于另一點D，求證：ON//AD.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因為B={x∣x2?2x?3=0}={?1,3}，

又U={?2,故答案為：B【分析】本題考查集合的并集運算，集合的補集運算.先解一元二次方程求出集合B，再利用集合并集的定義求出A∪B，再根據(jù)集合補集運算的定義可求出答案.2．【答案】D【解析】【解答】解：隨機變量X～N(μ,而P(X<a)故答案為：D【分析】本題考查正態(tài)分布的對稱性.根據(jù)正態(tài)分布的性質可得：P(X<a)3．【答案】B【解析】【解答】解：設g(x)∴g'(x)∴不等式e?x即g(x)故答案為：B．【分析】本題考查利用導函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.結合題意，構造函數(shù)g(x)=f(x)?1ex,利用已知條件可推出4．【答案】D【解析】【解答】解：∵5π<θ<6π，∴θ2∈(∴sinθ4<0，又cos故答案為：D.【分析】由5π<θ<6π，得到θ2與θ5．【答案】C【解析】【解答】解：A.若α⊥β，l?α，m?β，則l與m有可能平行，A錯誤；B.若m⊥β，α⊥β，則m可能在α內(nèi)，B錯誤；C.若l//m，l⊥α，則m⊥α，又m⊥β，則α//β，C正確；D.若α//β，且l與α所成的角和m與β所成的角相等，則l與m有可能相交，D錯誤.故答案為：C.【分析】本題考查空間中直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系.利用平面與平面垂直的性質可判斷A選項和B選項；利用平面與平面平行的判定定理可判斷C選項；利用直線與平面所成角的定義可判斷D選項.6．【答案】D【解析】【解答】解：由已知AC=CB=2,∠CAB=30°，

所以圓O的外接圓直徑為因為∠APC=∠ABC=∠BPC=∠BAC=30°，所以PA|所以[PO因為|AC|<|PC|≤2R，即2<|PC|≤4，故答案為：D．【分析】本題考查利用正弦定理解三角形，平面向量的數(shù)量積.根據(jù)題意，利用正弦定理可求出圓O的外接圓直徑，從而可推出PA|PA|7．【答案】A【解析】【解答】解：由題意可知，雙曲線x2a+2?故該雙曲線的離心率為e=a+2+3a+2=2，

故答案為：A.【分析】本題考查雙曲線的簡單幾何性質.利用雙曲線的離心率公式可列出關于a的方程，解方程可求出a的值.8．【答案】D【解析】【解答】解：A.由勒洛四面體的定義可知勒洛四面體最大的截面即經(jīng)過四面體ABCD表面的截面，如圖1所示，A錯誤；B.將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如下圖所示：連接PQ，交AB于中點S，交CD于中點T，連接AT，易得AT=4則ST=A而TP=SQ=4所以PQ=23?22+23如圖2，由對稱性可知勒洛四面體內(nèi)切球的球心O是正四面體ABCD外接球的球心，連接BO并延長交勒洛四面體的曲面于點E，則OE就是勒洛四面體內(nèi)切球的半徑.如圖3，在正四面體ABCD中，M為△BCD的中心，O是正四面體ABCD外接球的球心，連接BM、BO、AM，由正四面體的性質可知O在AM上.因為AB=4，所以BM=23×因為BO即BO2=則正四面體ABCD外接球的體積是43而勒洛四面體ABCD的體積小于其外接球的體積，C錯誤；D.因為BE=AB=4，所以OE=4?6所以，勒洛四面體ABCD內(nèi)切球的半徑是4?6故答案為：D.【分析】本題考查棱錐的表面積，棱錐的體積，球的內(nèi)接幾何題問題.由勒洛四面體的定義可推出最大的截面即經(jīng)過四面體ABCD表面的截面，據(jù)此可判斷A選項；由勒洛四面體的定義并作圖，利用勾股定理可求出AT，ST，TP，SQ，進而求出PQ的長度判斷B選項；根據(jù)對稱性，由勒洛四面體內(nèi)切球的球心O是正四面體ABCD外接球的球心，利用勾股定理先求出BM，AM，再利用勾股定理可列出方程BO2=(49．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A：因為正實數(shù)a，b滿足a+b=1，所以1a當且僅當ba=aB：因為正實數(shù)a，b滿足a+b=1，所以1=a+b≥2ab?ab即ab有最大值12C：因為正實數(shù)a，b滿足a+b=1，所以a+當且僅當a=b=1D：因為正實數(shù)a，b滿足a+b=1，所以a2當且僅當a=b=1故答案為：ACD【分析】本題考查利用基本不等式求最值.采用1還原法，用1a+1b先乘以1，再將1進行替換，利用基本不等式可求出最值判斷A選項；根據(jù)題意直接利用基本不等式變形后可求出ab的最值，判斷B選項；直接利用基本不等式可得10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A，∵DD∴在Rt△BB1F中∠BB1∴cos∴異面直線DD1與B1FB，取A1D1的中點M,D1C1的中點N，取AD的中點∵SF//AB//∴四邊形A1B1FS為平行四邊形，∴SA同理可得DN//B又∵DM?面B1EF，B1F?面B1EF，DN?面∴DM//面B1EF，DN//面又∵DM∩DN=D，DM,DN?面DMN，∴面DMN//面B1又∵DP//面B1EF，P∈面∴P軌跡為線段MN，∴在△DMN中，過D作DP⊥MN，此時DP取得最小值，在Rt△DD1M中，D1M=1在Rt△DD1N中，D1N=1在Rt△MD1N中，D1N=1∴如圖，在Rt△DPN中，DP=D即DP的最小值為322，而DP的最大值為C，過點D1、E、F的平面截正方體∵平面AA1D1D//平面BB1設過點D1、E、F的平面必與AA1與CC∵過點D1、E、F的平面與平面AA1D1D和平面BB1如圖過點D1、E、F的平面截正方體ABCD?A如圖以D為原點，分別以DA、DC、DD1方向為x軸?設AM=m，CN=n，則M(2,0,m)，N(0,2,∴ME=(0,1,?m)，∵D1M//NF∴?2m=n?2?2n=m?2，解得∴AM=23，CN=23，∴在Rt△D1A1M中，D1A在Rt△MAE中，AM=23，AE=1，∴ME=在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴EF=2∴D即過點D1、E、F的平面截正方體ABCD?AD，如圖所示，取EF的中點O1，則O1E=O1且使得OO1=12所以OE為外接球的半徑，∵在Rt△EBF中，EF=2，∴R∴S故答案為：ACD．【分析】本題考查異面直線的夾角，直線與平面平行的判定定理，球內(nèi)接幾何題問題.根據(jù)正方體的性質得出在Rt△BB1F中∠BB1F即為異面直線DD1與B1F所成的角，l利用余弦的定義可求出夾角的余弦值，判斷A選項；取A1D1的中點M,D1C1的中點N，連接MN，DM，DN，利用平行四邊形的性質可推出DM//B1F，DN//B1E，利用平面與平面平行的判定定理可證明平面DMN//平面B1EF，則根據(jù)已知得出P軌跡為線段MN，則過D作DP⊥MN，此時DP取得最小值，利用勾股定理可求出DP的最小值和最大值，據(jù)此可判斷B選項；過點D1、E、F的平面截正方體ABCD?A1B1C1D1所得的截面圖形為五邊形D1MEFN，得出D1M//NF，D1N//ME，設AM=m，CN=n，以D為原點，分別以DA、DC、DD1方向為x軸?y軸?z軸正方向建立空間直角坐標系D?xyz，得出ME，D1N，D1M，NF的坐標，則可根據(jù)D111．【答案】A,B【解析】【解答】解：A和B.由函數(shù)f(x)=(x2?3)令f'(x)<0，解得?3<x<1；令f'(x)>0，解得所以函數(shù)f(x)在(?3,1)上單調(diào)遞減，在(?∞,且f(?3)=6e?3，f(1)=?2e，當x→?∞時，作出函數(shù)y=f(x)的圖形，如圖所示，A、B正確；

C.所以f(x)D.若方程f(x)=a有三個實數(shù)解，即y=a與y=f(x)的圖象有三個不同的交點，可得a∈(0,故答案為：AB.【分析】本題考查函數(shù)的零點，利用導函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導函數(shù)研究函數(shù)的最值，函數(shù)的零點與方程的根.先求出導函數(shù)f'(x)=(x?1)(x+3)ex，令f'(x)>0和f'(x)<0，可求出函數(shù)的f(x)的單調(diào)區(qū)間，進而求出函數(shù)的極值，據(jù)此可畫出函數(shù)f(x)的圖象，根據(jù)函數(shù)圖象可判斷A選項，B選項和C選項；方程f(x)=a有三個實數(shù)解，可轉化為12．【答案】2【解析】【解答】解：a?λ因為a⊥(a即(?2,解得λ=2.故答案為：2【分析】本題考查平面向量垂直的坐標轉化.先根據(jù)平面向量的坐標運算求出a→?λb13．【答案】30【解析】【解答】解：∵數(shù)列{an}∴b5∵(3n+2)T根據(jù)等差數(shù)列{cn}前n項和為A對于數(shù)列{a當n=1時，則a1當n≥2時，則an顯然當n=1時，也滿足an故an同理可得：bn故b5故答案為：3041【分析】本題考查等差數(shù)列的性質，等差數(shù)列的前n項和公式.利用等差數(shù)列的性質可得：b5+b3a7=2b4a14．【答案】11【解析】【解答】解：設P(x,y)，AP⊥BP，則即x2+y2=m2根據(jù)題意知兩圓有交點，圓心距d=82+解得9≤m≤11，故m的最大值為11.故答案為：11.【分析】本題考查圓與圓的位置關系.設P(x,y)，利用平面向量垂直的坐標轉化公式可推出P的軌跡為以O(0,0)為圓心，半徑r=m的圓，先求出圓心距，根據(jù)圓與圓的位置關系可得：|m?1|≤d≤1+m，解不等式可求出實數(shù)15．【答案】（1）解：∵(b∴(b即b2+c由余弦定理得a2由正弦定理得(2RsinA)2∵A為銳角，∴A=π（2）解：由余弦定理，得b2+c∵b2+c2∴S=1∴S的最大值為14【解析】【分析】（1）根據(jù)正、余弦定理和同角三角函數(shù)的基本關系可求出sinA的值，再根據(jù)是銳角三角形可確定角A的值；（2）將a，A的值代入余弦定理，得到關系b，c的關系式，再由面積公式及基本不等式可求最大值．16．【答案】（1）解：設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{∵S2+∴a∵a1=2，∴d=1∴4a3+6a7=b（2）解：c=1+∴T【解析】【分析】（1）設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.根據(jù)S2+S3=S4，a1+17．【答案】（1）解：樣本中男生為60名，女生為40名.估計這1000名學生中女生的人數(shù)大約是1000×40（2）解：由表知樣本中身高在[170，190]的人數(shù)為19+18+4+2+3+3=49，樣本容量是100，∴樣本中身高在[170，190]的概率為49100∴估計這1000名學生中身高在[170，190]的概率為0.49.（3）解：依題意，X的可能取值為0，1，2，3.P(X=0)=C30P(X=2)=C32∴X的分布列為X0123P1991∴E(X)=0×1【解析】【分析】（1）根據(jù)統(tǒng)計表，可知樣本中男生人數(shù)和女生人數(shù)，再按比例求解.（2）由表知樣本中身高在[170，190]的人數(shù)和樣本容量，再代入公式求解.（3）根據(jù)題意，明確X的可能取值為0，1，2，3，然后分別求得其概率，列出分布列求期望.18．【答案】（1）證明：由題意可知：DE//BC，AD=AE，所以A1又O為DE的中點，所以A1因為平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED=DE，所以A1O⊥平面又BD?平面BCED，所以A1（2）解：取