湖北省2024屆高三下學期高中畢業(yè)生四月模擬考試數(shù)學試題

湖北省2024屆高三下學期高中畢業(yè)生四月模擬考試數(shù)學試題一、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a=(1,?2)，b=(?3,A．(?15,12) B．0 C．?3 2．已知集合A={y|y=|x?1|+|x+2∣}，B={x|?y=610?xA．(10,+∞) B．[3,10)3．下面四個數(shù)中，最大的是（）A．ln3 B．ln(ln3) C．1ln3 D．4．數(shù)列{an}的首項為1，前n項和為Sn，若Sn+SA．9 B．1 C．8 D．455．復數(shù)z=m?2i1+2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．函數(shù)f(x)=eA． B．C． D．7．能被3整除，且各位數(shù)字不重復的三位數(shù)的個數(shù)為（）A．228 B．210 C．240 D．2388．拋物線Γ:x2=2y上有四點A，B，C，D，直線AC，BD交于點P，且PC=λPA，PD=λPB(0<λ<1).過A，BA．32 B．23 C．33二、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3分，有選錯的得0分.9．平行六面體中，各個表面的直角個數(shù)之和可能為（）A．0 B．4 C．8 D．1610．已知函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)+t(ω>0,?π2<φ<π2A．ω=π B．ω=53π C．f(9)=111．如圖，三棱臺ABC?A1B1C1的底面ABC為銳角三角形，點D，H，E分別為棱AA1，BC，C1A．該三棱臺的體積最小值為74 B．C．VE?ADH=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．寫出函數(shù)f(x)=x2?13．兩個連續(xù)隨機變量X，Y滿足X+2Y=3，且X～N(3,σ2)，若P(X+1≤0)=014．雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a,b>0)的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以實軸為直徑作圓O，過圓O上一點E四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程及演算步驟.15．數(shù)列{an}中，a1=1（1）求數(shù)列{a（2）數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且滿足bn16．已知橢圓C1:x2a2+y2=1和C2（1）證明：BA（2）設直線BA1與C2的另一個交點為P，直線BA2與C1的另一個交點為參考公式：m17．空間中有一個平面α和兩條直線m，n，其中m，n與α的交點分別為A，B，AB=1，設直線m與n之間的夾角為π3圖1圖2（1）如圖1，若直線m，n交于點C，求點C到平面α距離的最大值；（2）如圖2，若直線m，n互為異面直線，直線m上一點P和直線n上一點Q滿足PQ∥α，PQ⊥n且PQ⊥m，（i）證明：直線m，n與平面α的夾角之和為定值；（ii）設PQ=d(0<d<1)，求點P到平面α距離的最大值關于d的函數(shù)f(d).18．已知函數(shù)f(x)=ax2?x+ln(x+1)（1）若對定義域內任意非零實數(shù)x1，x2，均有f(x（2）記tn=1+119．歐拉函數(shù)在密碼學中有重要的應用.設n為正整數(shù)，集合Xn={1,2,???,n?1}，歐拉函數(shù)φ(n)的值等于集合Xn中與n互質的正整數(shù)的個數(shù)；記M(x（1）求φ(6)和φ(15)；（2）現(xiàn)有三個素數(shù)p，q，e(p<q<e)，n=pq，存在正整數(shù)d滿足M(de,φ(n))=1；已知對素數(shù)a和x∈Xa，均有M(x（3）設n為兩個未知素數(shù)的乘積，e1，e2為另兩個更大的已知素數(shù)，且2e1=3e2+1；又c1=M(xe1

答案解析部分1．【答案】C2．【答案】B3．【答案】D4．【答案】B5．【答案】A6．【答案】A7．【答案】A8．【答案】D9．【答案】A,C,D10．【答案】B,C11．【答案】B,D12．【答案】y=x?213．【答案】0.8614．【答案】215．【答案】（1）解：因為an+2+a所以數(shù)列{an+1?an則an+1==???=a（2）解：由（1）問知，an=(2n?1)又bnbn+1<0，則bn+1bn+2<0，兩式相乘得因為b1b2<0，所以當b1當n為奇數(shù)時，Snn為偶數(shù)時，Sn當b1=?1時，b2當n為奇數(shù)時，Snn為偶數(shù)時，Sn綜上，在b1=1時，Sn=(?1)16．【答案】（1）證明：當a>1時，C1的離心率e1=a2?1a因為a≠b，所以1?a2=b2又a>b>0，所以ab=1，且a>1>b>0；由題意知A1(a,0)，A2(?b,它們的斜率之積為a(?1a)=?1（2）解：由（1）可知，C2聯(lián)立IA1B與C2的方程解得x1=0，x2=2aa4+1，又聯(lián)立lA2B與C1的方程解得x1=0，x2=?2a3a4因此PQ的中點C(a?a3a4+1,所以|PQ|=2|BC|=21+(a3?aa4可知f'令f'(a)>0得?a4+4a2令f'(a)<0得a∈[2+3,且最大值為f(2+因此|PQ|最大值為|PQ|max17．【答案】（1）解：設點C到平面α的距離為h，作CH⊥AB于點H，可知?≤CH，設CA=b，CB=a，在△ABC中，由余弦定理可知：a2由于直線m與n之間的夾角為π3，且它們交于點C，則∠ACB=從而a2+b2?ab=1，又a因為S△ABC=1所以點C到平面α的距離?≤32，其最值為（2）解：（i）證：如圖，

過點P作直線l∥n，由題知直線l與平面α必相交于一點，設其為點D，連接DA，DB，則P，Q，D，B共面，又PQ∥α且DB?α，于是PQ∥DB，又l∥n，則四邊形PQBD為平行四邊形，則DB=PQ=d，因為PQ⊥n且PQ⊥m，所以BD⊥n且BD⊥m，所以BD⊥l，又l∩m=P，所以BD⊥平面PAD，作PH⊥AD于H，則PH⊥BD，又AD∩BD=D，則PH⊥α，設PH=?，則P到平面α的距離也為h，且直線m，n與平面α的夾角分別為∠PAH和∠PDH；由于直線m與n之間的夾角為π3，則直線m與l之間的夾角也為π則∠APD=π3，于是即直線m，n與平面α的夾角之和為定值2π3（ii）解：因為BD⊥平面PAD，所以BD⊥AD，△ABD中，AD2=A又∠APD=π3，由（1）問同法算得即點P到平面α距離h的最大值為f(d)=3?318．【答案】（1）解：解：f(x)的定義域為(?1,+∞)，且f'(x)=2ax?1+1i.a≤0時，2a?1x+1<0，則此時令f'(x)>0有x∈(?1則f(x)在(?1,0)上單調遞增，(0,于是f(x)≤0，此時令x1x2ii.a>0時，f'(x)有零點0和若x0<0，即a>12，此時令f'(x)<0有又f(0)=0，則f(x0)>0，令x1>0若x0>0，即0<a<12，此時令f'(x)<0有又f(0)=0，則f(x0)<0，令?1<若x0=0，即a=12，此時f'(x)=x則x>0時f(x)>0，x<0時f(x)<0；則x≠0時f(x)x>0，也即對x1綜上，a=1（2）解：證：由（1）問的結論可知，a=0時，f(x)=?x+ln(x+1)≤0；且a=12時x>0，則x>0時，x?12x2<ln(x+1)<x即1n于是1n?1?1將上述n個式子相加，tn欲證tn?56<ln(n+1)<因為1n所以1+1于是得證tn19．【答案】（1）解：X6中，與6互質的數(shù)有1和5，則φ(6)=2X15中，與15互質的數(shù)有1、2、4、7、8、11、13和14，則φ(15)=（2）解：證明：因為n=pq，p和q為素數(shù)，則對x∈Xn，僅當xp又x<n，則x=p，2p，…(q?1)p，或x=q，2q，…(p?1)q時，x與n不互質，則φ(n)=n?1?(p?1)?(q?1)=(p?1)(q?1)設M(x,p)=s，M(x,q)=t，可知s，t不全為0，下證由題知，M(s又xp?1所以M(xp?1,于是記xq?1=kq+1(k∈N即M(xφ(n),q)=1，同理M(x則N2=N1?qp即M(xi.st≠0時，記M(xc,記N1p=k0，又M(即M(cd,ii.若st=0，不妨設s=0，于是x=