湖北省2024届高中毕业生四月模拟考试试题及答案.pdf

2024 届高中毕业生四月模拟考试 数 学 试 卷 2024.04.01 本试题卷共 4 页，19 小题，全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。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粘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 2B 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、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(1,2)=a，(3,4)=b，(3,2)=c，则(2)+=abc A(15,12)B0 C3 D11 2已知集合|1|2|Ay yxx=+，26|10Bx yx=，则AB=A(10,)+B3,10)C3,)+D(10,3 3下面四个数中，最大的是 Aln3 Bln(ln3)C1ln3 D2(ln3)4数列na的首项为 1，前 n 项和为nS，若nmn mSSS+=（m，n+N），则9a=A9 B1 C8D45 5复数2i12imz=+（mR，i 为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于 A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#湖北省2024届高中毕业生四月模拟考试试题及答案 6函数12()eelnxxf xx=的图象大致为 A 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 A228 B210 C240 D238 8抛物线2:2xy=上有四点 A，B，C，D，直线 AC，BD 交于点 P，且PCPA=，(01)PDPB=过 A，B 分别作的切线交于点 Q，若23ABPABQSS=，则=A32 B23 C33 D13 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 A0 B4 C8 D16 10已知函数()2sin()(0,)22f xxtt=+Z有最小正零点34，(0)1f=，若()f x在9(4,)2上单调，则 A=B53=C(9)1f=D(9)1f=11如图，三棱台111ABCABC的底面 ABC 为锐角三角形，点 D，H，E 分别为棱1AA，BC，11C A的中点，且1122BCBC=，4ACAB+=；侧面11BCC B为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为7 36，则下列说法可能但不一定正确的是 A该三棱台的体积最小值为74 B112DH=C1 11128EADHABCA B CVV=D3 221(,)44EH#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 12写出函数()ln2exxxf xx=的一条斜率为正的切线方程：_ 13两个连续随机变量 X，Y 满足23XY+=，且2(3,)XN，若(10)0.14P X+=，则(20)P Y+=_ 14双曲线2222:1xyCab=(,0)a b 的左右焦点分别为1F，2F，以实轴为直径作圆 O，过圆O 上一点 E 作圆 O 的切线交双曲线的渐近线于 A，B 两点（B 在第一象限），若2BFc=，1AF与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为_ 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（13 分）数列na中，11a=，29a=，且2128nnnaaa+=+，（1）求数列na的通项公式；（2）数列 nb的前 n 项和为nS，且满足2nnba=，10nnb b+，求nS 16（15 分）已知椭圆2212:1xCya+=和2222:1xCyb+=(0)ab的离心率相同，设1C的右顶点为1A，2C的左顶点为2A，(0,1)B，（1）证明：12BABA；（2）设直线1BA与2C的另一个交点为 P，直线2BA与1C的另一个交点为 Q，连PQ，求|PQ的最大值 参考公式：3322()()mnmn mmnn+=+17（15 分）空间中有一个平面和两条直线 m，n，其中 m，n 与的交点分别为 A，B，1AB=，设直线 m 与 n 之间的夹角为3，（1）如图 1，若直线 m，n 交于点 C，求点 C 到平面距离的最大值；#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#（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，PQn且PQm，（i）证明：直线 m，n 与平面的夹角之和为定值；（ii）设PQd=(01)d，求点 P 到平面距离的最大值关于 d 的函数()f d 图 1 图 2 18（17 分）已知函数2()ln(1)f xaxxx=+，aR，（1）若对定义域内任意非零实数12,x x，均有1212()()0f xf xx x，求 a；（2）记1112ntn=+，证明：5ln(1)6nntnt+19（17 分）欧拉函数在密码学中有重要的应用设 n 为正整数，集合1,2,1nXn=，欧拉函数()n的值等于集合nX中与 n 互质的正整数的个数；记(,)M x y表示 x 除以 y 的余数（x 和 y均为正整数），（1）求(6)和(15)；（2）现有三个素数 p，q，e(pqe)，npq=，存在正整数 d 满足(,()1M den=；已知对素数 a 和axX，均有1(,)1aM xa=，证明：若nxX，则(,),)edxMM x nn=；（3）设 n 为两个未知素数的乘积，1e，2e为另两个更大的已知素数，且12231ee=+；又11(,)ecM xn=，22(,)ecM xn=，nxX，试用1c，2c和 n 求出 x 的值#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#2024 届高中毕业生四月模拟测试 数学参考答案与评分标准 选择题：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C B D B A A A D ACD BC BD 填空题：122221ln2eexy=+（合理即可）130.86 142 解答题：15（13 分）解：（1）因为2128nnnaaa+=+，所以2118nnnnaaaa+=+，所以数列1nnaa+是公差为 8 的等差数列，其首项为218aa=，于是18nnaan+=，则18nnaan+=+，则128(1)8(1)8(2)nnnaanann=+=+218(121)441annn=+=+5 分 （2）由（1）问知，2(21)nan=，则(21)nbn=，又10nnb b+，则120nnbb+，两式相乘得2120nnnb bb+，即20nnb b+，因此nb与2nb+同号，因为1 20bb，所以当11b=时，23b=，此时21,12,nnnbn n=为奇数为偶数，当 n 为奇数时，1234211()()()22nnnnnnSbbbbbbbbn=+=，n 为偶数时，12341()()()22nnnnSbbbbbbn=+=；当11b=时，23b=，此时12,21,nn nbnn=为奇数为偶数，当 n 为奇数时，1234211()()()22nnnnnnSbbbbbbbbn=+=+=，n 为偶数时，12341()()()22nnnnSbbbbbbn=+=；综上，在11b=时，1(1)nnSn=；11b=时，(1)nnSn=13 分#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#16（15 分）（1）证明：当1a 时，1C的离心率2121aea=，1a 时，1C的离心率211ea=；因为ab，所以22211bab=或22211aba=，得221a b=，又0ab，所以1ab=，且10ab；由题意知1(,0)A a，2(,0)Ab，即21(,0)Aa，则2:1A Blyax=+，1:1A Bxlya=+，它们的斜率之积为1()1aa=，因此12BABA；4 分（2）解：由（1）问知，2222:1Ca xy+=，联立1A Bl与2C的方程22211xyaa xy=+=，将 y 消去得：22212()0 xaxaa+=，解得10 x=，2421axa=+，又(0,1)B在曲线2C上，则421Paxa=+，44111PPxayaa=+=+，联立2A Bl与1C的方程22211yaxxya=+=，将 y 消去得：2221()20axaxa+=，解得10 x=，32421axa=+，又(0,1)B在曲线1C上，则3421Qaxa=+，44111QQayaxa=+=+，9 分 因此 PQ 的中点34(,0)1aaCa+，连 BC，因为12BABA，即BPBQ，所以324|2|2 1()1aaPQBCa=+，记34()1aaf aa=+(1)a，当()f a最大时，|PQ也最大；可知2433426242424242(31)(1)4()33(1)(1)(41)()(1)(1)(1)aaa aaaaaaaafaaaa+=+，令()0fa 得42410aa+，解得22323a+，又1a，则(1,23a+，令()0fa 得 23,)a+，因此()f a在23a=+处取得最大值，且最大值为22(23)(13)232(23)484 384 3f+=+，14 分 因此|PQ最大值为max13 2|2 182PQ=+=15 分#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#17（15 分）（1）解：设点 C 到平面的距离为 h，作CHAB于点 H，可知hCH，设CAb=，CBa=，在ABC中，由余弦定理可知：2222cos1ababACBAB+=，由于直线 m 与 n 之间的夹角为3，且它们交于点 C，则3ACB=，从而221abab+=，又22ababab+，则1ab（ab=时取等）；因为11sin22ABCSabACBAB CH=，所以3322CHab=，所以点 C 到平面的距离32h，其最大值为32；5 分（2）（i）证：如图，过点 P 作直线ln，由题知直线 l 与平面必相交于一点，设其为点 D，连接 DA，DB，则 P，Q，D，B 共面，又PQ且DB，于是PQDB，又ln，则四边形 PQBD 为平行四边形，则DBPQd=，因为PQn且PQm，所以BDn且BDm，所以BDl，又lmP=，所以BD 平面 PAD，作PHAD于 H，则PHBD，又ADBDD=，则PH，设PHh=，则 P 到平面的距离也为 h，且直线 m，n 与平面的夹角分别为PAH和PDH；由于直线 m 与 n 之间的夹角为3，则直线 m 与 l 之间的夹角也为3，则3APD=，于是23PAHPDHAPD+=，即直线 m，n 与平面的夹角之和为定值23；11 分（2）（ii）解：因为BD 平面 PAD，所以BDAD，ABD中，22221ADABBDd=，则21ADd=，又3APD=，由（1）问同法算得22333122dPHd=，即点 P 到平面距离 h 的最大值为233()(01)2df dd=15 分 18（17 分）（1）解：()f x的定义域为(1,)+，且(0)0f=；11()212(2)111xfxaxaxxaxxx=+=+，因此(0)0f=；1 分#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#i0a 时，1201ax+，则此时令()0fx 有(1,0)x，令()0fx 有(0,)x+，则()f x在(1,0)上单调递增，(0,)+上单调递减，又(0)0f=，于是()0f x，此时令120 x x，有1212()()0f xf xx x，不符合题意；3 分 ii0a 时，()fx有零点 0 和0112xa=，若00 x，即12a，此时令()0fx 有0(,0)xx，()f x在0(,0)x上单调递减，又(0)0f=，则0()0f x，令10 x，20 xx=，有1212()()0f xf xx x，不符合题意；5 分 若00 x，即102a，此时令()0fx 有0(0,)xx，()f x在0(0,)x上单调递减，又(0)0f=，则0()0f x，令110 x，20 xx=，有1212()()0f xf xx x，不符合题意；7 分 若00 x=，即12a=，此时2()01xfxx=+，()f x在(1,)+上单调递增，又(0)0f=，则0 x 时()0f x，0 x 时()0f x；则0 x 时()0f xx，也即对120 x x，1212()()0f xf xx x，综上，12a=9 分（2）证：由（1）问的结论可知，0a=时，()ln(1)0f xxx=+；12a=且0 x 时，21()ln(1)02f xxxx=+；11 分 则0 x 时，21ln(1)2xxxx+，令1xn=，有21111ln(1)2nnnn+，即2111ln(1)ln2nnnnn+，于是2111lnln(1)112(1)nnnnn 11ln212 将上述 n 个式子相加，得22111(1)ln(1)22nntntn+；14 分 欲证5ln(1)6nntnt+，只需证225111(1)622nnttn+，只需证22115132n+；因为222144112()2121441nnnnn=+，所以2211111111525112()3557212132132nnnn+=+，得证；于是得证5ln(1)6nntnt+17 分#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#19（17 分）（1）解：6X中，与 6 互质的数有 1 和 5，则(6)2=；15X中，与 15 互质的数有 1、2、4、7、8、11、13 和 14，则(15)8=；2 分（2）证明：因为npq=，p 和 q 为素数，则对nxX，仅当xp+N或xq+N时，x 和 n 不互质，又xn，则,2,(1)xppqp=，或,2,(1)xqqpq=时，x 与 n 不互质，则()1(1)(1)(1)(1)nnpqpq=，4 分 设(,)M x ps=，(,)M x qt=，可知 s，t 不全为 0，下证0st 时，()(,)1nM xn=；由题知，11(,)(,)1pqM spM tq=，又111122211110()()C()CppppppppppxkpskpkpskpssN ps=+=+=+0(,)k N+N，所以11(,)(,)1ppM xpM tp=，同理有1(,)1qM xq=；于是记11qxkq=+()k+N，()111(1)1()npxkqN qN+=+=+N，即()(,)1nM xq=，同理()(,)1nM xp=，记()21nxN p=+，于是2111N pN q+=+，则21qNNp=，因为qp+N，所以1Np+N，所以()1111nNNxpqnpp=+=+，即()(,)1nM xn=；8 分 i.0st 时，记(,)eM x nc=，则()1(,)(,)(,)ddeknM cnM xnM xn+=，记10Nkp=，又()()(,)(,),)1knnkM xnMM xnn=，而xn，则()1(,)knM xnx+=，即(,)dM cnx=，即(,),)edMM x nnx=；ii.若0st=，不妨设0s=，于是1()qxk p kX=，所以1(,)(,)(,)ddededeM cnM xnM kpn=，又11(,)deM knk=，1(,)1qM pq=，所以()1(1)11(,)(,)(,)(,),)(1,)ddedeknqk pM cnM p knpk M pqxMM pqqxMqx=；综上，(,),)edMM x nnx=，得证；11 分（3）因为12231ee=+，所以12231eexx+=，则12231(,)(,)eeM xnM xn+=，则2312(,)(,)M cnM xc n=，假设存在01,a a+N，使得30211aca n=+；记312nc=，0nn=，令11(,)kkknM nn+=，那么kn+N，且1kknn+，于是0k+N，使01kn=，则010kn+=，#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#从而数列kn有且仅有01k+项，考虑使11(1)kkkkka nan+=0(,)kkk+N成立，则对于相邻项有11111(1)(1)kkkkkkkkkka nanana n+=，将两式相加并整理得：1111kkkkkknnaaan+=+，令0kk=，得0011(1)kka+=，又由于2n，3n，0kn及0k均由0nn=和312nc=确定，则数列ka的各项也可根据 n 和32c确定，由上知302(,)1M a c n=，2312(,)(,)M cnM xc n=，则2330 10202(,)(,)(,)(,),)(1,)M a cnM xa c nMM x nM a c nnMx nx=，即20 1(,)xM a cn=，其中0a是根据 n 和32c唯一确定的 17 分#QQABSQYUggAAAJAAABhCAQXyCAMQkAEACKoGBFAIMAAAiBFABAA=#