2023-2024学年【高考数学】湖北省武汉市学情检测仿真模拟试题合集2套（含解析）

【高考数学】2023-2024学年湖北省武汉市学情检测仿真模拟试题（一模）第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单选题1．设，则（

）A．2B．3C．D．2．设集合，则（

）A．B．C．D．3．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率（

）A．3B．C．D．4．已知，且，则（

）A．B．C．D．5．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是A．相等B．互补C．相等或互补D．不确定6．已知，则（

）A．B．C．D．7．函数对任意，由得到的数列均是单调递增数列，则下列图像对应的函数符合上述条件的是（

）A．B．C．D．8．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过线段的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，以为直径的圆过点，则的值为（

）A．B．C．D．19．从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个球，则（

）A．“都是红球”与“都是白球”是互斥B．“至少有一个红球”与“都是白球”是对立C．“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥D．“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥评卷人得分二、多选题10．函数的部分图象如图所示，则（

）A．，若恒成立，则B．若，则C．若，则D．若，且，则11．已知数列满足为数列的前项和，则（

）A．是等比数列B．是等比数列C．D．中存在不相等的三项构成等差数列12．若动直线与圆相交于两点，则（

）A．的最小值为B．的值为C．为坐标原点）的值为78D．的值为18第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分三、填空题13．展开式中的系数为_______________．14．已知6个正整数，它们的平均数是5，中位数是4，的众数是3，则这6个数的极差时，方差的值是__________.15．表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，则这个多面体的体积为__________.16．已知函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是__________.评卷人得分四、解答题17．设正项数列的前项和为且，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.18．记的内角的对边分别为，若.(1)求角；(2)若，点在线段上，且是线段中点，与交于点，求.19．第24届冬季在首都北京举办，北京成为世界上一个双奥之城.为了让更多青少年参与､热爱冰雪运动，某调研机构在全市先生中组织了相关知识竞赛，并随机抽取20名参赛先生的成绩制成如下频数分布表：得分频数4574规定得分在为“中等”，得分在为“”.(1)从“中等”和“”两组先生中随机抽取4名先生，求恰有2人是“中等”的概率；(2)将20名参赛先生的频率视为概率.现从参赛先生中随机抽取4人，记得分为“”的人数为，求随机变量的分布列和数学期望.20．如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.(1)证明：不存在点使平面平面；(2)若，求二面角的余泫值.21．已知.(1)求曲线在处的切线方程；(2)当时，证明.22．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，点满足：线段的中点在线段上，且.设点的轨迹为.(1)求的方程；(2)设与轴的交点分别为在的左边，过与轴不垂直的直线交于，两点，若直线的斜率分别为，求证：为定值.答案：1．A【分析】化简复数，求共轭复数，进而可得，即得．【详解】由于，所以，所以，∴.故选：A.2．C【分析】先化简集合和，再求集合和的并集即可【详解】所以所以所以故选：C3．B【分析】由题意可得，再由可求出答案.【详解】由双曲线的渐近线方程为，可知，，，故选：B．4．D【分析】由已知的取值范围，求出的取值范围，再即可解得的值，即可求解【详解】由于，所以又，所以，所以所以故选：D5．D根据题意，可在正方体中，举例阐明，得到答案.【详解】如图所示，在正方体中，二面角与二面角的两个半平面分别对应垂直，但是这两个二面角既不相等，也不互补，所以这两个二面角不一定相等或互补.例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是，所以这两个二面角不一定相等或互补.本题次要考查了线面地位关系的运用，以及二面角的概念及运用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.6．B【分析】根据两头值法即可比较.【详解】，，由于，所以,故.故选：B7．A【分析】由题可得，进而可得函数的图像在直线的图像上方，即得.【详解】由题可知，，∴，故函数满足，即函数的图像在直线的图像上方，故排除BCD.故选：A.8．C【分析】先设出，由抛物线定义求出，勾股定理求出，基本不等式求出的值即可.【详解】如图，以开口向右的抛物线为例，过作垂直于准线，垂足为，设，则，以为直径的圆过点，则，，则，则，当且仅当时取等，即的值为.故选：C.9．A【分析】根据互斥与对立的定义辨析即可【详解】“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是互斥，A对；“至少有一个红球”与“都是白球”不能同时发生，但可同时不发生，不是对立，B错；“恰有一个白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥，C错；“至少有一个红球”与“至少有一个白球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥，D错故选：A10．ACD【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；【详解】解：由图可知，，所以，又，所以，所以，又，且，所以，所以；对于A：由于，所以，，所以，故A正确；对于B：若，即，所以或，，即或，，故B错误；对于C：由于关于对称，又，即，所以和关于对称，故，所以，故C正确；对于D：由于且，由在区间内的对称轴为可知，，所以，故D正确；故选：ACD11．BC【分析】根据给定条件，求出数列的通项表达式，再逐项分析计算、判断作答.【详解】数列中，，，则，，因此，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，B正确；因，，则数列不是等比数列，A不正确；，C正确；假定中存在不相等的三项构成等差数列，令此三项依次为，且，，则有，而，即，又，因此，不成立，所以中不存在不相等的三项构成等差数列，D不正确.故选：BC12．ABD【分析】由题可知直线恒过定点，利用圆的性质可判断A，利用余弦定理及数量积的定义可判断B，利用韦达定理法可得，然后利用基本不等式可判断C，利用向量数量积的定义及圆的性质可判断D.【详解】由，可得，故直线恒过定点，又圆，圆心为，半径为3，由圆的性质可得当⊥时，取得最小，此时，，故A正确；∵，∴，故B正确；由，可得，设，则，∴，∴，要使，则，要求的值，不妨令，（当时不合题意）则，当且仅当，即取等号，故，故C错误；由题可知，∴，故D正确.故选：ABD.13．【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【详解】解：，故它的展开式中的系数为，故．本题次要考查二项式定理的运用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．14．##【分析】根据给定信息，分析可得6个正整数依次为1，3，3，5，6，12，再利用方差定义计算作答.【详解】因6个正整数极差，则最小数是1，而众数是3，则3只能出现两次，若超过两次，则中位数是3，与中位数是4矛盾，因此前4个数为1，3，3，5，设另两个数为，显然，因平均数是5，则，要使极差，当且仅当c，此时，，所以这6个数的方差为.故15．【分析】求出球的半径，然后直接求出多面体的体积．【详解】解：由于球的体积为．设球的半径为，所以，解．由于表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，所以球的半径就是球心到多面面子的距离，所以多面体的体积为．故．16．【分析】由可得，，进而可得有两个零点，作出函数与直线的图象，利用数形即得.【详解】∵，由，可得，∴，或，对于函数在上单调递增，又，∴存在，使，即，由，可得，由题可得直线与有两个交点，∵，由，可得，∴单调递增，单调递减，故函数，作出函数与直线的图象，由图可得，即，综上，函数有3个不同的零点，实数的取值范围是.故答案为.17．(1)(2)【分析】（1）由时，，推得，再由等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可．(1)解：由于，当，且时，，所以，则是首项为1，公差为2的等差数列，所以，即，所以，所以；(2)解：由（1）可得，所以．18．(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理可得，即得；（2）利用余弦定理可得，进而可得，然后利用和角公式可得，即得.(1)∵，∴，即，又，∴；(2)由题可知，，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，，∴.19．(1)(2)【分析】（1）利用组合和古典概型概率计算公式可得答案；（2）求出的取值和对应的概率，可得分布列和数学期望.(1)“中等”先生共5人，“”先生共4人，从“中等”和“”两组先生中随机抽取4名先生，所以恰有2人是“中等”的概率是.(2)得分为“”的概率为，的取值为，，，，，，∴X的分布列为01234数学期望.20．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）引入辅助线，先假设若题干成立，借此证明出底面，显然是不对的；（2）建立坐标系，利用空间向量求解.(1)假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.(2)过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标，，设平面的法向量，可得，不妨取；，，设平面的法向量，可得，不妨取.于是法向量的夹角为.由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义可求解；（2）将成绩转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.(1)由于，则，，则，所以所求切线方程为，即.(2)由题意，可知，要证明，即证，令，则，当，当，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.令，则，由于，所以当，当，所以在上单调递增，在上单调递减.所以，所以恒成立，即恒成立，所以当时，2x2处理本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.22．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，连接，则由题意得，从而可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，进而可求出其方程，（2）当直线的斜率存在时，设直线为，，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，求出，，再化简可得结论，当直线的斜率不存在时，求出坐标，再求出，，再化简可得结论，(1)由于，所以，设，连接，则为的中点，所以,所以根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，设，其中，所以的方程为(2)证明：当直线的斜率存在时，设直线为，由，得，由于点在椭圆内部，所以直线与椭圆一定交于两个不同的点，设，则，由于，所以的斜率为，直线的斜率为，所以，当直线的斜率不存在时，可得或，由于，所以或，所以，综上，为定值2，关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的地位关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，然后表示出直线的斜率，，再化简计算即可，考查计算能力，属于较难题【高考数学】2023-2024学年湖北省武汉市学情检测仿真模拟试题（二模）第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单选题1．复数的模是（

）A．B．C．0D．12．已知集合，，则（

）A．B．C．D．3．函数的图象大致是（

）A．B．C．D．4．哥隆尺是一种的尺子.图1的哥隆尺可以性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺不能性度量的长度为（

）A．11B．13C．15D．175．已知，记，则的大小关系是（

）A．B．C．D．6．如图(1)，正方体的棱长为1，若将正方体绕着体对角线旋转，则正方体所的区域构成如图(2)所示的几何体，该几何体是由上、下两个圆锥和单叶双曲面构成，则其中一个圆锥的体积为（

）A．B．C．D．7．已知函数．若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（

）A．B．C．D．8．已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（

）A．B．C．D．评卷人得分二、多选题9．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记A为“次向下的数字为偶数”，B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说确的是（

）A．B．A和B互为对立C．D．A和B互相10．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（

）A．B．在单调递增C．的图象关于对称D．在上的值是111．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（）A．平面截直四棱柱所得截面的外形为四边形B．平面截直四校柱所得被面的面积为C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:212．定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（

）A．在上是“弱减函数”B．在上是“弱减函数”C．若在上是“弱减函数”，则D．若在上是“弱减函数”，则第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分三、填空题13．已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则___________.14．将3封不同的信随机放入2个不同的信箱中，共有种不同的放法，则在的展开式中，含项的系数为______．15．已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________．16．已知函数，若对，，都有，则k的取值范围是________．评卷人得分四、解答题17．已知数列满足，，.(1)求的通项公式.(2)证明.18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为．(1)若，求边c；(2)若，求角C．19．如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．(1)证明：平面ABCD；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．20．在某次数学考试中，共有四道填空题，每道题5分.已知某同窗在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于一道题，答对的概率为，答错的概率为.(1)求该同窗在本次考试中填空题部分得分不低于15分的概率；(2)设该同窗在本次考试中，填空题部分的总得分为，求的分布列.21．在平面直角坐标系中，、、、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是．(1)求点的轨迹方程；(2)过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的地位关系，并阐明理由．22．已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)当，时，，证明：．答案：1．D【分析】复数的模的定义,根据求解即可.【详解】解：由于，所以，所以复数z的模是1.故选:D．2．C【分析】解对数不等式确定集合，解二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．【详解】由题意，，所以．故选：C．3．C【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.故选：C4．C图象以及选项，确定正确选项.【详解】对于A选项，图中，用“与”可以测量；对于B选项，图中，用“与”可以测量；对于D选项，图中，用“与”可以测量.图2的哥隆尺不能性度量的长度为.故选：C5．A【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】解：由于，所以，所以，故选：A6．A【分析】由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，从而可求出外接圆的半径和圆锥的高，进而可求出圆锥的体积【详解】由于正方体的棱长为1，所以由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，所以外接圆的半径为，圆锥的母线长为正方体的边长，即，所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为，故选：A7．C【分析】求出函数有两个极值点时满足的条件，再列出一切可能的情况，查出满足条件的可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.【详解】由题意得有两个根,则有，解得，a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，有如下，共种情况，其中满足的有，共6种情况，则函数有两个极值点的概率为，即，故选:C．8．D【分析】利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.【详解】设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，由于被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.故选：D.9．CD【分析】根据的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可.【详解】对于A，，可得A错误；对于B，B次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知A和B不是对立，可得B错误；对于C，由，可得，可得C正确；对于D选项，由，可得，可知A和B互相，可得D正确；故选：CD.10．AC【分析】由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项．【详解】由题意，，所以，，，，A正确；时，，递增，递减，B错；是值，C正确；时，，的最小值是，的值是，D错；故选：AC．11．BCD【分析】根据所给条件，线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，延伸交直线于，连接，交棱于，连接可得五变形，故A错误；对B，由平行线分线段成比例可得，故，则为等腰三角形，由类似三角形可知：，，则，，连接，易知，因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，等腰梯形的高，则等腰梯形的面积为，又，所以五边形的面积为，故B正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，则，所以，，故C正确；对D，由于平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.故选：BCD.本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关成绩，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离成绩，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：（1）确定平面截空间几何体的截面地位；（2）根据截面所在地位计算相关量.12．BCD【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；对于B，，在上，函数单调递减，，，∴在单调递增，故B正确；对于C，若在单调递减，由，得，∴，在单调递增，故C正确；对于D，在上单调递减，在上恒成立，令，，令，，∴在上单调递减，，∴，∴在上单调递减，，∴，在上单调递增，在上恒成立，∴，令，，∴在上单调递增，，∴，综上：，故D正确.故选：BCD.13．【分析】根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可.【详解】由，有.故14．70【分析】先求出，再由二项式定理展开求解【详解】由题意得：在展开式中，，当即时，该项为故7015．根据向量条件，求出的坐标，代入双曲线方程，即可得出结论.【详解】由题意，设，直线的方程为，与渐近线联立，可得的坐标为，，即，，代入双曲线方程可得，，化简可得，，故双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需求根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．16．【分析】对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其值后可求k的取值范围.【详解】，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，，由已知，即，令，则在上不存在减区间，从而当时，恒成立，即恒成立，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据，利用累加法求解；（2）由，利用裂项相消法求解.(1)解：由，得，，…，，由累加法得，所以，又满足，又由于，所以.(2)由于，所以当时，，当时，成立，所以.18．(1)(2)【分析】（1）余弦定理、三角形的面积公式求得，进而求得，利用正弦定理求得.（2）利用三角恒等变换求得，从而求得，进而求得.(1)由余弦定理：，故，由于，，，则.由正弦定理：，得.(2)由（1）知，故，故，则，故，由于，所以，所以，解得.19．(1)证明见解析(2)【分析】(1)取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.(1)取的中点G，连接EG，FG，AC，由于，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，由于，，所以四边形AGFC是平行四边形，，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，由于，所以平面平面ABCD，由于平面ABCD，所以平面ABCD．(2)设，由，得，由于，所以，由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，由得，取，得，连接BD，由于，，，所以平面，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20．(1)；(2)答案见解