【文档说明】湖北省高中名校联盟2023-2024学年高三上学期第一次联合测评数学试题+含答案【武汉专题】.docx，共(17)页，1.024 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省高中名校联盟2024届高三第一次联合测评数学本试卷共4页，22题。满分150分。考试用时120分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择

题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将试卷和答题卡一并

交回。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.已知集合220Mxxx=−−，21Nxyxx==++−，则MN=U（）A.2,2−B.1,1−C.2,1−

D.1,2−2.已知复数z满足()1i1iz−=+，则z=（）A.i−B.iC.1i−D.1i+3.从长度为2，4，6，8，10的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率是（）A.310B.35C.38D.134.设命题

p：若数列na是公差不为0的等差数列，则点(),nPna必在一次函数图象上；命题q：若正项数列na是公比不为1的等比数列，则点(),nQna必在指数函数图象上.下列说法正确的是（）A.p、q均为真命题B.p、q均为假命

题C.p真q假D.p假q真5.某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3，0.3，0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是（）A.0.16B.0.31C.0.4D.0.326.已知把

物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是1℃，空气的温度是0℃，则mint后物体的温度℃满足公式010()kte−=+−（其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是80℃的牛奶放在20℃空气中，冷却2min后牛奶的温度是50℃，

则下列说法正确的是（）A.ln2k=B.2ln2k=C.牛奶的温度降至35℃还需4minD.牛奶的温度降至35℃还需2min7.已知1F，2F分别是椭圆2222:1xyCab+=（0ab）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且112MFFN=，20MFMN=，则椭圆C的离心率为（）A.34B

.23C.53D.748.记20232022a=，20232023b=，20242023c=，则a，b，c的大小关系是（）A.abcB.acbC.bcaD.bac二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知一组样本数据1x，2x，…，nx（4n）均为正数，且.12nxxx，若由21kkyx=−()1,2,,kn=生成一组新的数据1y，2y，…，ny，

则这组新数据与原数据的（）可能相等.A.极差B.平均数C.中位数D.标准差10.已知O为抛物线()2:20Cypxp=的顶点，直线l交抛物线于M，N两点，过点M，N分别向准线2px=−作垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是

（）A.若直线l过焦点F，则N，O，P三点不共线B.若直线l过焦点F，则PFQF⊥C.若直线l过焦点F，则抛物线C在M，N处的两条切线的交点在某定直线上D.若OMON⊥，则直线l恒过点()2,0p11.已知正四面体PABC−的棱长为2，下列说法正确的是（）A.正四面体PABC−的外接球表

面积为6B.正四面体PABC−内任意一点到四个面的距离之和为定值C.正四面体PABC−的相邻两个面所成二面角的正弦值为13D.正四面体QMNG−在正四面体PABC−的内部，且可以任意转动，则正四面体QMNG−的体积最大值为228112.若()fx

是定义在R上的偶函数，其图象关于直线1x=对称，且对任意1x，210,2x，都有1212()()()fxxfxfx+=，则下列说法正确的是（）A.()1f一定为正数B.2是()fx的一个周期C.若()11f=，则202314f

=D.若()fx在10,2上单调递增，则1(1)2024f三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.()()52xyxy−+的展开式中33xy的系数是______.14.已知RtABC△的两条直角边分别为3，4，以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一

周形成的曲面围成的几何体体积是______.15.小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（2030n，nN），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（2kn，kN）比第1k−层的“环境

满意度”多出2331kk−+；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（2kn，kN）比第1k−层的“高层恐惧度”高出13倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为ka，kb，记小王对第k

层“购买满意度”为kc，且kkkacb=，则小王最想买第______层住宅.（参考公式及数据：2222(1)(21)1236nnnn++++++=，ln20.6931，ln31.0986，341.

10063）16.已知()221:21Oxy+−=e，()()222:369Oxy−+−=e，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当PMPN+取到最小值时，点P坐标为______.四、

解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）已知函数241()log)R(2xxmfxm+=.（Ⅰ）若函数()fx是偶函数，求实数m的值；（Ⅱ）若00,1x，使得00()fxx=.成立，求实数m的取值范围.18.（

12分）西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.（Ⅰ）现从这10箱中任取3箱，求

恰好有1箱是一等品的概率；（Ⅱ）以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.19.（12分）如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，底

面ABCD和侧面11ABBA均为矩形，2AB=，6BC=，123BB=，14AC=.（Ⅰ）求证：1ADDC⊥；（Ⅱ）求1AC与平面11BAAB所成角的正弦值.20.（12分）已知数列na满足10a，212log,2,nnnaanan++=为奇数为

偶数（Ⅰ）判断数列21na−是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；（Ⅱ）若数列na的前10项和为361，记221221(log)nnnbaa++=，数列nb的前n项和为nT，求证：716nT.21.（12分）已知双曲线22149xy−=与直线3:()2lykxmk

=+有唯一的公共点M.（Ⅰ）若点()2,9N在直线l上，求直线l的方程；（Ⅱ）过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于10(),Ax，y轴于1(0,)By两点.是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点11(),Pxy使得PGPH−为定值.22.（12分）已知函数()lnfxxx=.（Ⅰ）

讨论()fx的单调性；（Ⅱ）若两个不相等的正实数a，b满足()()fafb=，求证：1ab+；（Ⅲ）若42，求证：()()cissnoff.湖北省高中名校联盟2024届高三第一次联合测评数学试卷参考答案与评

分细则题号123456789101112答案ABACBDCDBCBCDABDBCD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.A【解析】由2

201,2Mxxx=−−=−，212,1Nxyxx==++−=−，得2,2MN=−U.故选A.2.B【解析】21i(1i)i1i2z++===−，故选B.3.A【解析】从5条线段中任取3条，可能的情况有：()2,4,6，()2,4,8，()2,4,10，()2,6,8，()2,6

,10，()2,8,10，()4,6,8，()4,6,10，()4,8,10，()6,8,10共有10种可能，其中，能构成三角形的只有()4,6,8，()4,8,10，()6,8,10共3种可能，所以，能构成三角形的概率为310.选A.4.C【解析】若数列na是公差不为0的等差数列，则(

)111()naanddnad=+−=+−，故点(),nPna必在一次函数1()ydxad=+−图像上，故p真；若12nna−=，则数列na是公比为2的等比数列12nnnaa−=，(N)n，(),nQna不恒在指数函数图像上，故q假.故C正确.5.B【解析】设事件A表示“乘火车

”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，则()0.3PA=，()02|.PDA=，()0.3PB=，()03|.PDB=，()0.4PC=，()04|.PDC=，()()()DDADBDC=IUIUI，由全概率公式得：()()()()()

()||PDPAPDAPBPDBPC=++()0.30.20.30.30.40.40.31|PDC=++=.选B.6.D【解析】由条件及公式010()kte−=+−，得()250208020te−=+−，故1ln22k=，AB错误；又由3520(8020)kte−=+−，1ln

22k=，得4t=，故牛奶的温度从80℃降至35℃需4min，从50℃降至35℃还需422min−=.故选D.7.C【解析】连接2NF，设1NFn=，则12MFn=，222MFan=−，22NFan=−在2RtMNF△中()()()2223222nanan+−=−22222

948444naannaann+−+=−+，2124nan=，3an=123aMF=，243aMF=在12RtMFF△中，222416499aae=+，223620ea=2205369e==，又()0,1e，53e=，故选C.8.D【解析】设1202

3()fxx=，则()fx在R上单调递增，故()(2022)2023ff，即ab；设()ln1xgxx=+，2xe，则()22211lnln1g()0(1)(1)12lnxxxxxxxxxx−+−+−==+++()

2xe，()gx在()2,e+.单调递减，故()()02023222gg，即ca；综上得，bac，故D正确.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.BC

【解析】极差分别为1nxx−和11(2)nnyyxx−=−，10nxx−，1112()nnnyyxxxx−=−−，故A错误；由21yxx=−=知，当1x=时，平均数相等，故B正确；当21nm=−时，中位数

分别为mx与21mmyx=−，同理可知当1mx=时，中位数相等，当2nm=时，中位数分别为12mmxx++与111(21)(21)21222mmmmmmyyxxxx++++−+−+==−，同理可知当112mmxx++=时，中位数相等，故C正确

；由.2yxss=，0xs知，2yxxsss=，标准差不可能相等，故D错误.综上，选BC.10.BCD【解析】设直线:lxtym=+，联立方程22xtymypx=+=，得2220yptypm−−=设11()

,Mxy，22(),Nxy，则121222yyptyypm+==−选项A若直线l过焦点F，则2pm=212yyp=−，1,2pPy−，1222OPypkpy==−又22222222,22ONOPyypykypykpN

===QN，O，P三点共线，A错选项B由抛物线的定义和平行线的性质知：1MFPMPFPFO===，2NFQNQFQFO===又2(12)+=，122+=，所以B对；选项C抛物线C在点M处的切线为11()yypxx=+抛物线

C在点N处的切线为22()yypxx=+，联立得1122()()yypxxyypxx=+=+解得：1222yypxp==−抛物线在点M，N处的切线的交点在定直线2px=−上，所以C对选项D因为OMON⊥，12120xxyy+=，221212022yyyypp

+=将韦达定理代入得：2mp=所以直线l恒过点()2,0p，所以D对11.ABD【解析】A.棱长为2的正四面体PABC−的外接球与棱长为2的正方体的外接球半径相同，设为R，则：26R=，所以246SR==，所以A对B.设四面体PABC−内任意一点到四个面的距离分别为

1d，2d，3d，4d，设四面体PABC−的高为d，由等体积法可得：123411()33sddddsd+++=，所以1234ddddd+++=为定值.所以B对C.设BC中点为D，连接PD，AD，则PDA为求，3341cos6

3PDA+−==，所以正弦值为223，所以C错D.要使正四面体QMNG−在四面体PABC−的内部，且可以任意转动，则正四面体QMNG−的外接球在四面体PABC−内切球内部，当正四面体QMNG−的外接球恰好为四面体PABC−内切球时，正四面体QMNG−的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半

径之比为13，所以正四面体QMNG−的外接球半径为66，设正四面体QMNG−为a，则263226a=，所以23a=，故体积32221281Va==，所以D对因此：正确答案为ABD12.BCD【解析】因为(

)0fx=符合条件，故A.错误；因为偶函数()fx的图象关于直线1x=对称，所以()()()2fxfxfx+=−=，故B正确；因为对任意1x，210,2x，都有1212()()()fxxfxfx+=，所以对任意0,1x，取122

xxx==得2()02xfxf=；若()11f=，即2411(1)124fff===，故114f=，由2是()fx的周期得202311150614444ffff=−=−==

，故C正确；假设1(1)2024f=，由24111(1)242024fff===及()0fx，0,1x，得1122024f=，11142024f

=，故1142ff.这与()fx在10,2.上单调递增矛盾，故D正确.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.-40【解析】()()()()555222xyxyxxyyxy−+=−+−，所以33xy的系数为3322

55(2)(2)40CC−+−=−14.485【解析】由勾股定理知斜边为5，斜边上的高为125，该几何体为两个同底面的圆锥，底面半径为125，两个圆锥的高之和为5，所以该几何体体积为48515.10【解析】依题意，11a=，且21331kkaakk−−=−+，(2)k；11b=

，1113341kkkkbbbb−−−=+=所以121321()()()kkkaaaaaaaa−=+−+−++−2221(32321)(33331)(331)kk=+−++−+++−+()()()()222231

3113232133331331kk=−++−++−+++−+22223(123)3(123)kkk=++++−+++++3(1)(21)3(1)22kkkkkkk+++=−+=143kkb−=

.【注】利用()32313311kkaakkkk−−=−+=−−，（2k）求解ka更易.143kkb−=，故小王对第k层住宅的购买满意度3143kkkc−=.【方法一】由13313411(1)314433kkkkckkck−+++==

.即34(1)13k−解得9.9404k，所以123910ccccc同理有101112cccL，小王最想购买第10层住宅.【方法二】设31()43xxfx−=，(1)x，则214()(3ln)343x

xfxx−=−故314ln3x时()fx单调递增；34ln3x时()fx单调递减.由于3310.431242ln2ln3ln3=−，33(11)3111(10)410ff=故()10f最大，小王最想购买第10层住

宅.16.3,04【解析】设(),0Pt则222(2)3PMttt=−−=−，222(3)69(3)27PNtt=−−+=−+223(3)27PMPNtt+=++−+取(0,3)A−，(3,33)B则()2234357PMPNPAPBAB+=+=+=此时，AB直线：43

3(0)3yx+=−令0y=，则34x=，3,04P四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】（Ⅰ）由函数()fx是偶函数知，()()fxfx−=.故224141loglog22xxxxmm−−++=，即22441l

oglog22xxxxmm++=，化简得，()()1410xma−−=恒成立.故1m=，实数m的值为1.（Ⅱ）若00,1x，使得00()fxx=，则002041log2xxmx+=，即00414xxm

+=，00,1x能成立.于是，0114xm=−，00,1x由指数函数单调性，得01310,44xm=−故实数m的取值范围为30,4.【方法二】若

00,1x，使得00()fxx=，则002041log2xxmx+=，即00414xxm+=，00,1x能成立.于是，0141xm=−，00,1x，由指数函数单调性，得0141,41xm=−解得304m

，故实数m的取值范围为30,4.18.【解析】（1）设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件1A，则121613101()2CCPAC==；因此，从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为12，（2）由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率

42105=，由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则23,5B:03302327(0)55125PC===，12132354(1)55125PC===，21322336(2)55125PC===

，3033238(3)55125PC===，所以的分布列为0123P271255412536125812526()355E==.19.（Ⅰ）证明：四边形ABCD和四边形11ABAB均为矩形，1ABAA⊥，ABAD⊥又1AAADA=AB⊥平面11AA

DD1AD平面11AADD，1ABAD⊥//ABCD，1ADDC⊥.（Ⅱ）设1AAD=，1ADDC⊥22222211112cosACDCADDCAAADAAAD=+=++−16412362236cos=++−，3c

os2=0,，6=，过C点作CM垂直交1BB于点M，由（1）可知AB⊥平面11BCCB，CM平面11BCCBABCM⊥1CMBB⊥，1ABBBB=CM⊥平面11ABBA，设1AC与平面11BAAB所成的角为，又116BBCAAD==，16

32CM==1//CC平面11AABB，1C到平面11AABB的距离等于3在平行四边形11AACC中，()()()()22221112ACACAAAC+=+2116()2(4012)AC+=+，1222AC=13322sin44222CMAC===，1

AC与平面11BAAB所成角的正弦值32244，20.【解析】（Ⅰ）数列21na−成等比数列.根据212log,2,.nnnaanan++=当为奇数时,当为偶数时得22212log222121212224nnaannn

aaa−+++−−====；10aQ，210na−，21214nnaa+−=，即数列21na−成等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，12114nnaa−−=，()222121loglog21nnaaan−==+−，故()01234101211214

44445log201234()3415log20Saaaa=++++++++++=++由10361S=，得1213415log20361aa++=.显然，()23415log20fxxx=++，0x单调递增，且()11361()ffa==，故11a=，22142nnna−==，2

221log22naann+=+=.22212211(log)4nnnbaan++==，111744Tb==，212571616Tbb=+=当3n时，()21111144141nbnnnnn==−−−12211111117117714223144

4416nnTbbbnnn=+++++−++−=−=−综上，知716nT.21.【解析】（1）联立22149xyykxm−==+，则()2229484360kxkmxm−

−−−=又Q点()2,9N在直线:lykxm=+上，所以：92km=+，2940k−Q时，()2222644944(3)60kmkm=−−−−=，则：2249mk=−所以：()229249kk−=−，即，则52k=当52k=时，4m=；所以：直线l的方程：542yx=+（Ⅱ）

联立22149xyykxm−==+，则()2229484360kxkmxm−−−−=，因为32k，M是双曲线与直线的唯一公共点，所以()()2222644944360kmkm=−−−−=，化简得2249mk=

−，解得点M的坐标为2249,9494kmmkk−−，即为49,kmm−−于是，过点M且与l垂直的直线为914kyxmkm+=−+，可得13,0kAm−，130,Bm−，1313,

kPmm−−，即113kxm=−，113ym=−，于是222211222211691699169916991699114444413kmxymmmy+===+=+=+−即P的轨迹方程为：221(0)169169

49xyy−=所以存在定点1313,06G−，1313,06H，使得当点M运动时，PGPH−为定值1322.【解析】（Ⅰ）函数()lnfxxx=的定义域是()0,+.由()ln10fxx=+，得()fx在10,e

上单调递减；由()ln10fxx=+，得()fx在1,e+上单调递增，综上知，()fx的单调递减区间是10,e，单调递增区间是1,e+.（Ⅱ）由（Ⅰ）得()fx在10,e的值域为1,0e−，在

1,e+上的值域为1,e−+.注意到()10f=，()()fafb=.不妨设101abe则欲证1ab+，即证1ba−.由于11bae−由（Ⅰ）得()fx在1,e+

上单调递增，故只需证()()1fbfa−，由已知()()fafb=，即证()()1fbfa−，也即()()10afaf−−【方法一】令()()()1Fxfxfx=−−，10xe.()()(1)ln

(1)2ln(ln1)2Fxfxfxxxxx=+−=+−+=−+，10xe由211(1)24xxx−=−−+，在10,e单调递增，得()()ln12Fxxx=−+单调递增且()()()()ln12,ln1Fxxxe=−+−−.由于()

ln10e−，故010,xe满足00()Fx=.由()Fx单调递增知：当0()0,xx时()()00FxFx=，()Fx.单调递减，值域为()0,(0)Fx；当01,xxe

时()0()0FxFx=，()Fx单调递增，值域为0111(),1ln1Fxeee−−−−；设ln1()1gxxx=+−，01x，则22111()0xgxxxx−=−=，()gx

单调递减，故()()10gxg=，即ln11xx−，01x取11xe=−，得11ln1111ee−−−，即1111ln10eee−−−−综上，得()0Fx，即

()()()10fafaFx−−=，1ab+得证.【方法二】（重新同构）()()()()()()()ln1ln1ln1ln1ln1111aaafaaaaaaaafa−−−−−=−−−令ln()1xFxx=−，即01x，证：()()1FaFa−，由于1102ae，从而01

1aa−.故要证()()1FaFa−成立，只需ln()1xFxx=−在()0,1单调递增成立即可.2211(1)1()(1lnln)(1)xxxxxFxxx−++−==−−，令1()1lnGxxx=+−，01x，则22111(

)0xGxxxx−=−+=，()Gx在()0,1单调递减，()()10GxG=，2()()0(1)GxFxx=−，故ln()1xFxx=−在()0,1单调递增成立，原命题成立.【方法三】（比值代换）由对称性，不妨设0ab，1

bta=，则()()llnlnlnn()1ttfafbaatataat===−由于bta=，欲证1ab+，即证：()()11ln1ln0tata+++，即证：lnln(1)01tttt++

−【方法四】（切、割线放缩）1、由于10ae故()1n0laa+，即lnaaa−；2、由方法二知110lnxx+−，01x，故110lnbb+−，即1ln1bb−，故ln1bbb−，11be；由1、2知1lnlnbbbaaa−=−，故1ab+成

立，原命题成立.（Ⅲ）由（Ⅱ）知()()222221abababab+=+−+.（1）当12cossin12e时，()fx在1,e+上单调递增，故()()sinfcsfo.（2）当120cossin12e时，由2

21ab+，取10cosae=，得()()fafb=（10cos1abe=）时，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com