湖北省黄冈中学 5 月第四次模拟考试
数学试卷
本试卷共 4 页, 19题。满分 150 分。考试用时 120 分钟。
考试时间: 2024 年 5 月 30 日下午
★祝考试顺利★
注意事项:
1. 答题前, 先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上, 并将准考证号条形码贴在答题卡上的 指定位置。
2. 选择题的作答: 每小题选出答案后, 用 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3. 非选择题的作答: 用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题 卡上的非答题区域均无效。
4. 考试结束后, 请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题: 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. 已知复数 表示 的共轭复数,则
A. B. C. D.
2. 已知集合 ,则
A. B. C. D.
3. 已知向量 ,若 ,则
A. B. C. D.
4. 为了解高中学生每天的体育活动时间, 某市教育部门随机抽取 1000 名高中学生进行调查, 把每天进行 体育活动的时间按照时长 (单位: 分钟) 分成 6 组: , . 然后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图,则可估计这 1000 名学生每天体育活 动时间的第 25 百分位数为
A. 47.5 B. 45.5 C. 43.5 D. 42.5
5. 椭圆 的离心率记为 ,双曲线 的离心率记为 ,若 ,则 双曲线的渐近线方程为
A. B. C. D.
6. 函数 的图象向左平移 个单位后得到 的图象,若 是 的一个零点,则 的可能取值为
A. B. C. D.
7. 已知 ,则 的大小关系为
A. B. C. D.
8. 已知数列 的首项 ,且满足 ,若 ,则满足条件的最 大整数
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
二、多项选择题: 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, 部分选对得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 下列说法中正确的是
A. 8 道四选一的单选题,随机猜结果,猜对答案的题目数
B. 100 件产品中包含 5 件次品,不放回地随机抽取 8 件,其中的次品数
C. 设随机变量 ,则
D. 设 为两个事件,已知 ,则
10. 已知函数 ,则
A. 时, B. 在 上单调递增
C. 的极大值为 1 D. 的极大值为
11. 如图,正方体 的棱长为 3,点 分别在棱 上,满足 ,记平面 与平面 的交线为 ,则
A. 平面
B. 平面 截正方体所得截面图形为六边形的充分不必要条件是
C. 时,三棱锥 的外接球表面积为
D. 时,直线 与平面 所成角的正弦值为
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 在 的展开式中, 的系数为_________.
13. 已知圆 和圆 分别是圆 上的动点, 为 轴上的动点,则 的最小值是_________.
14. 函数 ,则 的值域为_________.
四、解答题: 本题共 5 小题, 共 77 分.
15. 已知函数 .
(1) 当 时,求 在 处的切线方程;
(2) 若函数 在 上单调递增,求实数 的取值范围.
16. 如图,在四面体 中, 分别为 的中点.
(1) 证明: 平面 平面 ;
(2) 求平面 与平面 夹角的余弦值.
17. 手中有 5 把钥匙, 其中有 3 把能打开房门, 每次随机选取一把试验, 试验完后就分开放在一边.
(1) 求第二次才能打开房门的概率;
(2) 为了甄别出能打开房门的三把钥匙,需要试验 次,求 的分布列及数学期望 .
18. 如图, 是抛物线 上两点,满足 ( 是坐标原点),过点 作直线 的垂线, 垂足为 ,记 的轨迹为 .
(1) 求 的方程;
(2) 设 是 上一点,从 出发的平行于 轴的光线被抛物线 反射,证明: 反射光线必 过抛物线 的焦点.
19. 空间内一点 可用三个有次序的数 来确定,其中 为原点 与点 间的距离; 为有向线段 与 轴正向的夹角; 为从正 轴来看自 轴按逆时针方向转到 所转过的角,这里 为点 在 面上的投影,这样的三个数 叫做点 的球面坐标. 其中 , ,如图所示.
球面距离是指球面上两点之间的最短路径长度, 这条路径是通过这两点的大圆上的劣弧 (大圆是过球 心的平面与球面相交形成的圆).
(1) 已知 ,求 间的球面距离;
(2) 若 ,记 间的球面距离为 ,
证明: .湖北省黄冈中学5月第四次模拟考试
数学试卷参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C C B A A B B B ACD AC ACD
【 】- |i| 11.详解 |z|=|z|=|1-i|=
,选C
2
2.【详解】M=(1,2],N=[2,+∞),选C
3.【详解】a·b=sinθ+ 3cosθ=0,则tanθ=- 3,选B
3
4.【详解】40+10×4=47.5
,选A
2
【 】 2 a -b
2 a2+b2 b2 1
5.详解 e1 = 2 ,e
2
2 = ,令t= ,则解得t= ,选Aa b2 a2 4
π π
6.【详解】 πg(x)=cos(ωx+ ω+φ)=sin(ωx+φ), ω=2k1π- ,ω=4k1-1(k1∈Z+);2 2 2
( π- ω+ )=cos(-k π π又cos 4 φ 1π+4+φ)=0,φ=(k1+k2)π+ ,(4 k1∈Z+,k2∈Z)选B
2 π π 2 π 1 2
7.【详解】由ln(1+x)≤x 知acos3=2>
,选
5 B
【 】1 2 18.详解 = ,令a a -1 bn=
,则
a b
n-1
n+1-1=2(bn-1),bn-1=2 ,
n+1 n n
∴b1+b2+…+bn=1+2+22+…+2n-1+n=2n+n-1,
由2n+n-1<1000得n≤9,选B
9.【详解】ACD,对于B,Y 服从超几何分布;对于D,P(MN)=P(M)P(N|M)=0.5×0.2=0.1,
-
∴P(MN)=P(N)-P(MN)=0.4-0.1=0.3,
-
( -
( )
则P N|M)
P MN 0.3
=
(-
=0.5=0.6.P M)
( )x
10.【详解】AC, ()
x2x-3e 3
由f'x = 2 (x≠1)可知f(x)在(-∞,0),( ,+∞)上单调递增,在(0,1),(x-1) 2
( 31,3)上单调递减.B错误;对于D,2 f(x)的极小值为4e2
2
11.【详解】ACD,AC∥EF 且AC 平面EFG,故AC∥平面EFG,A正确;分析可知λ= 时,截面图形5
为五边形,故不充分,B错误;以D 为原点,以DA、DC、DD1 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立
2
空间直角坐标系,当λ= 时,B(3,3,0),C1(0,3,3),G(3,0,1),E(1,0,3),F(0,1,3),外接球的球心3
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在过线段EG 的中点,且垂直于平面A1D1DA 的直线上,EG 的中点M(2,0,2),可记球心O(2,t,2),
F(0,1,3),外接球的半径r=|OE|=|OF|= 1+t2+1= 4+(t-1)2+1,解得t=2,r= 6,
所以三棱锥A1-EFG 的外接球表面积为24π,故C正确;
对于D选项,作出截面图形,交A1D 于M(2,0,2),
1 1
交B1C 于N( ,3, ),直线l即为直线MN,2 2
MN→ ( 3= - ,, 33 - ),又平面2 2 ABCD 的法向量为n=(0,0,1),则l与平面ABCD 所成的角θ满足
3
< →,> |MN
→·n| 2 6
sinθ=|cosMN n|= → = = ,故 正确|MN||n| 9 9 6
D .
4+9+4
12.【详解】10 (2- x)
5
的展开式通项公式为:Tr+1=Cr25-r5 (- x)
r,令r=4,则x2 的系数为C45×2
=10.
13.【详解】 58-3,|PM|+|PN|≥|PC|+|PD|-3,C 关于x 轴的对称点(0,-2)与D(3,5)的距离
58即为|PC|+|PD|的最小值.
【 π π π π π14.详解】可知 是2 f
(x)的周期,考虑x∈[0, ],由导数方法知f(2 x)在[0, ]递减,在4 [ , ]递增,4 2
则f(x)值域为[2-1011,1]
1
15.解:(1)当a=1时,f(x)=(x+1)lnx-x+2,(x>0),f'(x)=lnx+ ,f'(1)=1,f(1)=1,x
所以求在x=1处的切线方程为:y=x. ………………………………………………………… (5分)
(2)f'(x)
1
=lnx+x+1-a
,
1
若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f'(x)≥0对于x∈(1,+∞)恒成立,即a≤lnx+x+1
对
于x∈(1,+∞)恒成立,
1
令g(x)=lnx+ +1(x x>1
),
x-1
则x>1时,g'(x)= 2 >0,x
则函数g(x)在(1,∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=2,
故a≤2.……………………………………………………………………………………………… (8分)
CD
16.解:取CD 的中点O,连接OA,OB,因为BC=BD,所以OB⊥CD,且OB= ,2
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CD
又AC=AD=BC=BD,所以OA⊥CD,△ACD≌△BCD,则∠CAD=∠CBD=90°,有OA= ,2
2
因为AB=BC= CD,所以OB2+OA2=AB2,则OB⊥OA,2
又OA∩CD=O,OA,CD 平面ACD,所以OB⊥平面ACD,
又OB 平面BCD,所以平面ACD⊥平面BCD. ……………………………………………… (6分)
(2)由(1)知,OD,OB,OA 两两垂直,
以O 为坐标原点,直线OD,OB,OA 分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
设CD=4,则A(0,0,2),B(0,2,0),C(-2,0,0),D(2,0,0),
因为E,F 分别为AB,AC 的中点,所以E(0,1,1),F(-1,0,1),
则BD→=(2,-2,0),BF→=(-1,-2,1),CD→=(4,0,0),CE→=(2,1,1),
m·BD→=2x1-2y1=0
设平面BDF 的法向量为m=(x1,y1,z1),则 ,令x→ 1
=1,得m=(1,1,3),
m·BF=-x1-2y1+z1=0
n·CD→=4x2=0
设平面CDE 的法向量为n=(x2,y2,z2),则 ,令y2=1,得n=(0,1,-1),
n·C
→E=2x2+y2+z2=0
·
cos
m n 1-3 22
= ,|m||n|= =-11× 2 11
22
所以平面BDF 与平面CDE 夹角的余弦值为 .……………………………………………… (11 9
分)
17.解:(1)总的基本事件数为A25,第二次才能打开包含的基本事件数为C1×C12 3,由古典概型公式得所求
C1×C1 3
事件的概率P= 2 32 = . …………………………………………………………………… (5分)A5 10
(2)依题意X 可取2,3,4,
2 1
P(X=2)= 2=A5 10
3
P(X=3)
A3 3×2×2 3= + =
A35 A35 10
3
P( )
2×3×A
X=4 = 3
3
=
A35 5
( ) 1 3 3 7∴E X =2× +3× +4× = .………………………………………………………… ( 分)10 10 5 2 10
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18.解:(1)kAB≠0,可设AB∶x=my+b(b≠0),联立抛物线C 得y2-4my-4b=0,
∴yA+yB=4m,yAyB=-4b,由OA⊥OB 得
y 2 y 2
OA→·OB→=xAx + =
A
B yAyB ·
B 2 ,
4 4 +yAyB=b -4b=0 ∴b=4
故AB 过定点E(4,0).∵OD⊥DE,
∴D 的轨迹是以OE 为直径的圆(除去原点),
即M 的方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).………………………………………………………… (8分)
2
(2)
t
从P 出发的平行于x 轴的光线与抛物线C 的交点为Q( ,t),过Q 的切线设为4
t2
y-t=k(x- ),联立抛物线C,由4 Δ=0得kt=2.
设切线的倾斜角为θ(θ π 3π≠ , ),则分析可知反射光线的倾斜角是4 4 2θ或2θ-π,
2k t2
所以反射光线的方程为y-t= x-1-k2( 4),
2k
整理得y= (1-k2 x-1
),恒过点(1,0).
π 3π
若θ= 或 ,则反射光线的方程为4 4 x=1.
从而反射光线必过抛物线C 的焦点(1,0).……………………………………………………… (9分)
(其他解法酌情给分)
19.解:(1)球坐标系(r,θ, )与直角坐标系(x,y,z)的转换关系为
x=rsinθcos ,y=rsinθsin ,z=rcosθ
2 2
(2,6, , 6, 2, , 2 6 6 2则A 故2 2 2)B(2 -2 2) |AB|= (2-2)+(2+2)+0=2
π 2π
∴∠AOB= ,故A,B 间的球面距离为 . …………………………………………………… (3 3 7
分)
(2)P(Rsinθ1cos 1,Rsinθ1sin 1,Rcosθ1),Q(Rsinθ2cos 2,Rsinθ2sin 2,Rcosθ2),
由空间两点间距离公式得
|PQ|2=(Rsinθ 2 2 21cos 1-Rsinθ2cos 2)+(Rsinθ1sin 1-Rsinθ2sin 2)+(Rcosθ1-Rcosθ2)
=2R2-2R2sinθ1sinθ2cos( 2 1- 2)-2Rcosθ1cosθ2
d
∵cos∠POQ=cos ,由余弦定理得R
d 2R2-|PQ|2
cosR= 2 =cosθ1cosθ2+sinθ1sinθ2R 2
cos( 1- 2),得证.………………………… (10分)
(其他解法酌情给分)
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