2023~2024學(xué)年湖北黃岡浠水高考數(shù)學(xué)押題試題5月帶解析

2023-2024學(xué)年湖北省黃岡市浠水縣高考數(shù)學(xué)押題模擬試題（5月）一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】由交集的定義計算即可.【詳解】由題意得.故選：C2．若復(fù)數(shù)，在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點關(guān)于x軸對稱，且，則復(fù)數(shù)（

）A．1 B． C． D．【正確答案】D【分析】根據(jù)對稱性求出，再利用復(fù)數(shù)除法求解作答.【詳解】復(fù)數(shù)，在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點關(guān)于x軸對稱，且，則，所以.故選：D3．如圖，底面同心的圓錐高為，，在半徑為3的底面圓上，，在半徑為4的底面圓上，且，，當(dāng)四邊形面積最大時，點到平面的距離為（

）A． B． C．2 D．【正確答案】A【分析】根據(jù)給定條件，確定四邊形的形狀，再求出四邊形面積最大時，圓心O到邊的距離，然后在幾何體中作出點到平面的垂線段，借助直角三角形計算作答.【詳解】如圖，直線交大圓于點，連接，由，知四邊形為等腰梯形，取的中點，連接，則，由，知四邊形是矩形，因此四邊形為矩形，過O作于Q，連接，從而四邊形的面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，此時，如圖，在幾何體中，連接，因為平面，平面，則，又，平面，于是平面，而平面，則有平面平面，顯然平面平面，在平面內(nèi)過O作于R，從而平面，即長即為點到平面的距離，在中，，，，所以點到平面的距離是.故選：A方法點睛：求點到平面的距離可以利用幾何法，作出點到平面的垂線段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出這一點與平面內(nèi)任意一點確定的向量在法向量的投影即可.4．已知函數(shù)若，則的單調(diào)遞增區(qū)間為（

）A． B．C． D．【正確答案】D【分析】先根據(jù)題目條件求出的值，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出的單調(diào)遞增區(qū)間【詳解】解：依題意，解得a＝－1，故，可知在上單調(diào)遞增故選：D5．關(guān)于，對于甲、乙、丙、丁四人有不同的判斷，甲:是第三象限角，乙.丙:，?。翰恍∮?，若這人只有一人判斷錯誤，則此人是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【正確答案】D【分析】根據(jù)題意得到乙和丁的判斷只有一個正確，分丁的判斷正確和乙的判斷正確，結(jié)合三角函數(shù)的符號和正切的倍角公式，即可求解.【詳解】由，所以乙和丁的判斷只有一個正確，且，若丁的判斷正確，即，則，此時丙的判斷錯誤，不符合題意；若乙的判斷正確，即，此時滿足，且，此時甲、丙都正確，符合題意.故選：D.6．已知橢圓：，過中心的直線交于，兩點，點在軸上，其橫坐標(biāo)是點橫坐標(biāo)的3倍，直線交于點，若直線恰好是以為直徑的圓的切線，則的離心率為（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】利用三條直線的斜率關(guān)系，結(jié)合點差法可得.【詳解】

設(shè)，，則，，設(shè)、、，分別為直線、、的斜率，則，，，因直線是以為直徑的圓的切線所以，，所以，又在直線上，所以，因、在上，所以，，兩式相減得，整理得，故，即，，故，故選：D7．設(shè)，，，則（

）A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．a(chǎn)＜c＜b【正確答案】D【分析】構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)探究單調(diào)性，即可判斷和的大小；構(gòu)造函數(shù)，再令，通過二次求導(dǎo)探究單調(diào)性，即可判斷和的大小.【詳解】由，，，得，，，構(gòu)造函數(shù)，則，當(dāng)時，x＝1，時，，單調(diào)遞減；時，，單調(diào)遞增，在x＝1處取最小值，時，，即，取，得，，，即；設(shè)，則，令，，因為當(dāng)時，令，，單調(diào)遞減，又時，，則，即，所以，因為當(dāng)時，，所以當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，又，所以，即，所以當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，所以，即，，即，.故選：D關(guān)鍵點睛：本題考查構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)探究單調(diào)性來比較大小，考查求導(dǎo)運算，屬于中檔題.8．如果不是等差數(shù)列，但若，使得，那么稱為“局部等差”數(shù)列．已知數(shù)列的項數(shù)為4，其中，，2，3，4，記事件：集合；事件：為“局部等差”數(shù)列，則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】分別求出事件與事件的基本事件的個數(shù)，用=計算結(jié)果.【詳解】由題意知，事件共有個基本事件，對于事件，其中含1，2，3的“局部等差”數(shù)列的分別為1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3個，含3，2，1的“局部等差”數(shù)列的同理也有3個，共6個；含3，4，5的和含5，4，3的與上述相同，也有6個；含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2個；含4，3，2的同理也有2個；含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4個；含5，3，1的同理也有4個，所以事件共有24個基本事件，所以．故選：C二、多選題9．下列命題正確的是（

）A．對于事件A，B，若，且，，則B．若隨機變量，，則C．相關(guān)系數(shù)r的絕對值越接近1，兩個隨機變量的線性相關(guān)程度越強D．在做回歸分析時，殘差圖中殘差點分布的帶狀區(qū)域的寬度越寬表示回歸效果越差【正確答案】ACD【分析】根據(jù)統(tǒng)計學(xué)和概率論的相關(guān)定義逐項分析.【詳解】對于A，由于，即A發(fā)生必定有B發(fā)生，根據(jù)條件概率的定義，正確；對于B，根據(jù)正態(tài)分布密度函數(shù)的性質(zhì)知，，錯誤；對于C，根據(jù)相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)知：約接近于1，表示線性相關(guān)程度越強，正確；對于D，殘差點分布的帶狀區(qū)域越寬說明線性回歸時的誤差越大，即回歸效果越差，正確；故選：ACD.10．如圖，在中，，，，點分別在，上且滿足，，點在線段上，下列結(jié)論正確的有（

）．

A．若，則B．若，則C．的最小值為D．取最小值時，【正確答案】BCD【分析】A選項根據(jù)平面向量基本定理和向量共線的性質(zhì)求解；B選項，結(jié)合A選項，用，來表示出，然后由數(shù)量積的計算進行說明；C選項，取中點，則，問題轉(zhuǎn)化成定點到線段上動點的距離最小值；D選項，通過轉(zhuǎn)化先推出取得最小值時，也取最小值，然后用面積的割補計算.【詳解】

A選項，點在線段上，則，使得，則，又，，故，根據(jù)題干若，由平面向量基本定理可知：，于是，A選項錯誤；B選項，根據(jù)A的分析，若，此時，故，，于是，由，，，代入數(shù)據(jù)由向量的數(shù)量積可得，即，B選項正確；C選項，取中點，則，由，于是，由，，故為等邊三角形，故，根據(jù)中位線可知，//，于是，在中根據(jù)余弦定理可得，為銳角，又，故過作的高線時，垂足點落在線段上，由題意垂足點為時，最小.最小值為，C選項正確；D選項，，在中，根據(jù)余弦定理可求得，即，根據(jù)C選項可知，最小時也最小.根據(jù)，根據(jù)C選項的分析，，故，注意到，故，故，D選項正確.故選：BCD11．點是直線上的一個動點，，是圓上的兩點．則（

）A．存在，，，使得B．若，均與圓相切，則弦長的最小值為C．若，均與圓相切，則直線經(jīng)過一個定點D．若存在，，使得，則點的橫坐標(biāo)的取值范圍是【正確答案】BCD【分析】根據(jù)幾何知識得到當(dāng)直線，與圓相切且最小時最大，然后求的最大值即可判斷A選項；利用等面積的思路得到，然后求的最小值即可得到弦長的最小值，即可判斷B選項；根據(jù)圓的定義得到，是以為直徑的圓上的兩點又是圓上的兩點，然后讓兩圓的方程相減得到直線的方程即可得到直線過定點，即可判斷C選項；根據(jù)存在，，使得得到，然后求時點的橫坐標(biāo)，即可得到點的橫坐標(biāo)的取值范圍，即可判斷D選項.【詳解】

由圖可知，當(dāng)直線，與圓相切且點在軸上時最大，此時，，，，所以最大時是銳角，故A錯；，所以，則當(dāng)最小時，弦長最小，，所以，故B正確；設(shè)點，，是以為直徑的圓上的兩點，圓的方程為，即①，又，是圓②上的兩點，所以直線的方程為②-①：，過定點，故C正確；若存在，，使得，則，當(dāng)直線，與圓相切時，最大，對應(yīng)的余弦值最小，當(dāng)直線，與圓相切，且時，，，因為，所以，則，故D正確.故選：BCD.12．在四棱錐中，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，點M在線段PC上運動（不含端點），則（

）A．存在點M使得B．四棱錐外接球的表面積為C．直線PC與直線AD所成角為D．當(dāng)動點M到直線BD的距離最小時，過點A，D，M作截面交PB于點N，則四棱錐的體積是【正確答案】BCD【分析】取AD的中點G，證明平面PGC，然后由線面垂直的性質(zhì)定理判斷A，把四棱錐補形成一個如圖2的正方體，根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷BC，由平面PGC，當(dāng)動點M到直線BD的距離最小時，從而得為PC的中點，N為QA的中點，再由體積公式計算后判斷D．【詳解】如圖1，取AD的中點G，連接GC，PG，BD，,則，因為平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，平面，則．又因為，所以，又，平面，所以平面PGC．因為平面PGC，平面PGC，所以不成立，A錯誤．因為△APD為等腰直角三角形，將四棱錐的側(cè)面APD作為底面一部分，補成棱長為1的正方體．如圖2，則四棱錐的外接球即為正方體的外接球，其半徑，即四棱錐外接球的表面積為，B正確．如圖2，直線PC與直線AD所成角即為直線PC與直線BC所成角，為，C正確．如圖1，因為平面PGC，當(dāng)動點M到直線BD的距離最小時，由上推導(dǎo)知，，，，，，，因此M為PC的中點．如圖3，由M為PC的中點，即為中點,平面即平面與的交點也即為與的交點,可知N為QA的中點，故，D正確．故選：BCD．方法點睛：空間幾何體的外接球問題，（1）直接尋找球心位置，球心都在過各面外心用與該面垂直的直線上，（2）對特殊的幾何體，常常通過補形（例如把棱錐）補成一個長方體或正方體，它們的外接球相同，而長方體（或正方體）的對角線即為外接球的直徑，由此易得球的半徑或球心位置．三、填空題13．已知函數(shù)為偶函數(shù)，則______________．【正確答案】1【分析】根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)即可得到對均成立，從而求出參數(shù)的值.【詳解】由題設(shè)，，所以，得，得對均成立．所以，解得．經(jīng)檢驗，滿足要求.故14．已知拋物線的焦點為F，直線與拋物線C交于A，B兩點，設(shè)直線AF，BF的斜率分別為，，則______．【正確答案】0【分析】由題可知直線過拋物線的準線與x軸的交點，利用拋物線的定義，正弦定理結(jié)合圖形及條件可得，進而即得.【詳解】由題可知拋物線的準線為，又直線，設(shè)直線l過拋物線的準線與x軸的交點為M，如圖，過點A作準線的垂線，垂足為Q，由直線l的斜率為，易得，故，由拋物線的性質(zhì)可得，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，同理可得，故，所以．故0.15．已知函數(shù)，若存在實數(shù)t使得函數(shù)有7個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是__________．【正確答案】【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，得單調(diào)性和極值，并作出函數(shù)的大致圖象，由得或，然后分類討論，它們一個有3個根，一個有4個根，由此可得參數(shù)范圍．【詳解】當(dāng)時，，，當(dāng)時，，遞減，當(dāng)時，，遞增，故時，；當(dāng)時，，，時，，遞增，時，，遞減，所以當(dāng)時，有極大值，當(dāng)時，，作出的大致圖象如圖，由題意知，即有7個不同的實根，當(dāng)有三個根，有四個實根，此時或，得或；當(dāng)有四個根時，有三個實根，此時，得，所以．故．16．格點是指平面直角坐標(biāo)系中橫縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點.一格點沿坐標(biāo)線到原點的最短路程為該點到原點的“格點距離”（如：，則點到原點的格點距離為）.格點距離為定值的點的軌跡稱為“格點圓”，該定值稱為格點圓的半徑，而每一條最短路程稱為一條半徑.當(dāng)格點半徑為6時，格點圓的半徑有______條（用數(shù)字作答）.【正確答案】252【分析】由題設(shè)，易知格點圓上的格點都在上，其中每個象限有5個，且相互關(guān)于x、y軸或原點對稱，分析可得每個格點半徑條數(shù)為，進而可求所有格點的半徑條數(shù).【詳解】設(shè)格點為，格點半徑為6，則，∴對應(yīng)格點圓圖象如下，每條邊上有(不含端點)5個格點，

以第一象限為例，格點有，其中的半徑有6條，的半徑有15條，的半徑有20條，的半徑有15條，的半徑有6條，∴共有62條，即對于任意格點，其半徑條數(shù)有條，∴由上，四個象限共有條半徑，另外數(shù)軸上有四個點，半徑共有條，綜上，格點半徑為6時，格點圓的半徑有條.故答案為.關(guān)鍵點點睛：畫出格點圓的圖象，確定各象限中格點坐標(biāo)，分析格點半徑條數(shù)與坐標(biāo)值之間的關(guān)系，應(yīng)用對稱性求格點圓半徑總條數(shù)即可.四、解答題17．已知數(shù)列滿足，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前40項和.【正確答案】(1)(2)784【分析】（1）將兩邊取倒數(shù)后，構(gòu)造等差數(shù)列即可；（2）將奇偶分開，分組求和即可.【詳解】（1）由題意易得，由可得，所以數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列.故，即.（2）由（1）知，.所以的前40項和.18．5G技術(shù)對社會和國家十分重要．從戰(zhàn)略地位來看，業(yè)界一般將其定義為繼蒸汽機革命、電氣革命和計算機革命后的第四次工業(yè)革命．某科技集團生產(chǎn)A，B兩種5G通信基站核心部件，下表統(tǒng)計了該科技集團近幾年來在A部件上的研發(fā)投入（億元）與收益y（億元）的數(shù)據(jù)，結(jié)果如下：研發(fā)投入x（億元）12345收益y（億元）3791011(1)利用樣本相關(guān)系數(shù)r說明是否可以用線性回歸模型擬合y與x的關(guān)系（當(dāng)時，可以認為兩個變量有很強的線性相關(guān)性）；(2)求出y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程，并利用該方程回答下列問題：①若要使生產(chǎn)A部件的收益不低于15億元，估計至少需要投入多少研發(fā)資金？（精確到0.001億元）②該科技集團計劃用10億元對A，B兩種部件進行投資，對B部件投資元所獲得的收益y近似滿足，則該科技集團針對A，B兩種部件各應(yīng)投入多少研發(fā)資金，能使所獲得的總收益P最大．附：樣本相關(guān)系數(shù)，回歸直線方程的斜率，截距．【正確答案】(1)答案見解析(2)回歸方程為，①6.684億元；②在A，B兩種部件上分別投入8億元，2億元.【分析】（1）先計算出，再根據(jù)公式計算出，再由即可判斷；（2）根據(jù)公式先求出回歸直線方程，①令，解不等式即可求解；②根據(jù)題意，寫出總收益的函數(shù)表達式，對函數(shù)求導(dǎo)，得出函數(shù)的單調(diào)性，然后利用函數(shù)的單調(diào)性求出最值即可.【詳解】（1），，，，，∴．可以用線性回歸模型擬合y與x的關(guān)系．（2）∵，∴，∴y關(guān)于的經(jīng)驗回歸方程為，①令，得，解得，∴若要使生產(chǎn)A部件的收益不低于15億元，估計至少需要投入6.684億元研發(fā)資金．②設(shè)B部件的研發(fā)投入為億元，則A部件的研發(fā)投入為億元，總收益，，令得，當(dāng)時，，P單調(diào)遞增；當(dāng)，，P單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，P取得最大值22億元．所以該科技集團在A，B兩種部件上分別投入8億元，2億元的研發(fā)資金，可使所獲得的總收益P最大．19．記的內(nèi)角的對邊分別為.已知.(1)證明：；(2)若，求邊長.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由二倍角公式和正弦定理可得答案；（2）由正弦定理可得，由平面向量數(shù)量積的定義可得，再由余弦定理可得答案.【詳解】（1）因為，則，即，由正弦定理可得，因此，；（2）因為，由正弦定理可得，由平面向量數(shù)量積的定義可得，所以，，可得，即，所以，，則.20．如圖，在三棱臺中，，，，，．

(1)證明：平面平面；(2)設(shè)是的中點，求平面與平面夾角的余弦值．【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面垂直證面面垂直，根據(jù)題中條件，在平面中，垂直于兩平面的交線，只需再證其與平面內(nèi)的另外一條與相交的直線垂直即可.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，兩平面法向量的夾角余弦值的絕對值即為平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）證明：

由三棱臺知：，在梯形中，取的中點，連接，因，故，四邊形是平行四邊形，∴，，所以，，即，因，所以，又因，所以，又因，所以平面，因平面，所以平面平面；（2）解：取的中點，的中點，連接，，則，因，所以，由條件知：四邊形是等腰梯形，所以，平面平面平面,平面平面∴平面，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則在等腰梯形中，由平面幾何知識可得：，∴，，，，設(shè)平面的法向量，則由

得，令，得，，所以，又平面的法向量，設(shè)平面與平面的夾角為，則．21．已知雙曲線C：經(jīng)過點，右焦點為，且，，成等差數(shù)列.(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的右支交于P，Q兩點（P在Q的上方），PQ的中點為M，M在直線l：上的射影為N，O為坐標(biāo)原點，設(shè)的面積為S