湖北省2024届高三下学期四月模拟考试数学试题含答案

数学试卷（答案在最后）

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a1,2，b3,4，c3,2，则a2bc（）D.11

A.15,12B.0C.3

2.已知集合Ayyx1x2∣，Bxy

，则AB（210x6D.10,3

）A.10,

B.3,10

）C.3,

3.下面四个数中，最大的是（A.ln3

B.lnln3C.1ln3D.ln324.数列an的首项为1，前n项和为Sn，若SnSmSnm，（m，nN）则a9（A.95.复数z

B.1C.8D.45））m2i

（mR，i为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（12iB.第二象限x1x2A.第一象限C.第三象限）D.第四象限6.函数fxeelnx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（A.228

8.抛物线:x2y上有四点A，B，C，D，直线AC，BD交于点P，且PCPA，PDPB01.2B.210C.240D.238过A，B分别作的切线交于点Q，若S△ABPS△ABQ

2

，则（333）A.32B.23C.D.13二、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（A.010.已知函数fx

B.4C.8）D.163

2sinxt0,,tZ有最小正零点，f01，若fx422

）在4,上单调，则（A.



92

B.

53C.f91D.f91

11.如图，三棱台ABCA1B1C1的底面ABC为锐角三角形，点D，H，E分别为棱AA1，BC，C1A1的中点，且BC2B1C12，ACAB4；侧面BCC1B1为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为73，则下列说法可能但不一定正确的是（6）A.该三棱台的体积最小值为74

B.DH

11232214,4

C.VEADH

1

VABCA1B1C128D.EH

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

xx

12.写出函数fxxlnx的一条斜率为正的切线方程：______.2e13.两个连续随机变量X，Y满足X2Y3，且XN3,2，若PX100.14，则PY20______.x2y214.双曲线C:221a,b0的左右焦点分别为F1，F2，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作ab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BF2c，AF1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an中，a11，a29，且an2an2an18，（1）求数列an的通项公式；（2）数列bn的前n项和为Sn，且满足bnan，bnbn10，求Sn.216.（15分）x2x222已知椭圆C1:2y1和C2:2y1ab0的离心率相同，设C1的右顶点为A1，C2的左顶点ab为A2，B0,1，（1）证明：BA1BA2；（2）设直线BA1与C2的另一个交点为P，直线BA2与C1的另一个交点为Q，连PQ，求PQ的最大值.参考公式：mnmnmmnn

3322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，AB1，设直线m与n之间的夹角为，3图1图2（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；（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∥，PQn且PQm，（i）证明：直线m，n与平面的夹角之和为定值；（ii）设PQd0d1，求点P到平面距离的最大值关于d的函数fd.18.（17分）已知函数fxaxxlnx1，aR，2（1）若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有（2）记tn119.（17分）fx1fx20，求a；x1x2115

，证明：tnlnn1tn.2n6

欧拉函数在密码学中有重要的应用.设n为正整数，集合Xn1,2,,n1，欧拉函数n的值等于集合，Xn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pqe，npq，存在正整数d满足Mde,n1；已知对素数a和xXa，均有Mx

a1dc；,a1，证明：若xXn，则xMMx,n,n

（3）设n为两个未知素数的乘积，e1，e2为另两个更大的已知素数，且2e13e21；又c1Mx1,n，ec2Mxe2,n，xXn，试用c1，c2和n求出x的值.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：

题号答案1C2B3D4B5A6A7A8D9ACD10BC11BD填空题：

x22

12.y21ln2（合理即可）ee解答题：

15.（13分）13.0.8614.2解：（1）因为an2an2an18，所以an2an1an1an8，所以数列an1an是公差为8的等差数列，其首项为a2a18，于是an1an8n，则an1an8n，则anan18n1an28n18n2a1812n14n24n1.……5分（2）由（1）问知，an2n1，则bn2n1，2又bnbn10，则bn1bn20，两式相乘得bnbn1bn20，即bnbn20，因此bn与bn2同号，因为b1b20，所以当b11时，b23，此时bn

22n1,n为奇数12n,n为偶数

，当n为奇数时，Snb1b2b3b4bn2bn1bnbn2n为偶数时，Snb1b2b3b4bn1bn2当b11时，b23，此时bn

n

n：2n1

n，212n,n为奇数2n1,n为偶数

，当n为奇数时，Snb1b2b3b4bn2bn1bnbn2n为偶数时，Snb1b2b3b4bn1bn2综上，在b11时，Sn116.（15分）（1）证明：当a1时，C1的离心率e1

n1

n

n；2

n

n1

n，2n；b11时，Sn1n.……13分a212，a1时，C1的离心率e11a；2ab212因为ab，所以1a或1b2b2a2122，得ab1，2a又ab0，所以ab1，且a1b0；由题意知A1a,0，A2b,0，即A2

x1

,0，则lA2B:yax1，lA1B:y1，aa

它们的斜率之积为a

1

1，因此BA1BA2；……4分a

222（2）解：由（1）问知，C2:axy1，x

y12122x

联立IA1B与C2的方程，将y消去得：a2x0，aaa222axy1

xPa412a2a

14解得x10，x24，又B0,1在曲线C2上，则xP4，yP，aa1a1a1yax1

212联立lA2B与C1的方程x2，将y消去得：a2x2ax0，2a2y1

a2a32a31a4解得x10，x24，又B0,1在曲线C1上，则xQ4，yQaxQ1，a1a11a4……9分aa3

因此PQ的中点C4,0，连BC，因为BA1BA2，即BPBQ，a1

a3aa3a

所以PQ2BC214a1，当fa最大时，PQ也最大；，记fa4a1a13a可知fa

221a414a3a3a

42a41

23a

43a2a61

42a1a

21a44a21

4a

1

2，令fa0得a4a10，解得23a23，又a1，则a1,23，2令fa0得a23,，因此fa在a

23处取得最大值，且最大值为f

2313

2384322384322，……14分4

因此PQ最大值为PQmax21132.……15分

8217.（15分）（1）解：设点C到平面的距离为h，作CHAB于点H，可知hCH，设CAb，CBa，在△ABC中，由余弦定理可知：ab2abcosACBAB1，由于直线m与n之间的夹角为222222，且它们交于点C，则ACB，332从而abab1，又ababab，则ab1（ab时取等）；因为S△ABC

3311

ababsinACBABCH，所以CH，2222

33，其最值为；……5分22

所以点C到平面的距离h

（2）（i）证：如图，过点P作直线l∥n，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PQ∥DB，又l∥n，则四边形PQBD为平行四边形，则DBPQd，因为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，则PHBD，又ADBDD，则PH，设PHh，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；，则直线m与l之间的夹角也为，33

2则APD，于是PAHPDHAPD，33

2即直线m，n与平面的夹角之和为定值；……11分3

由于直线m与n之间的夹角为（2）（ii）解：因为BD平面PAD，所以BDAD，△ABD中，AD2AB2BD21d2，则AD1d2，333d22又APD，由（1）问同法算得PH，1d

32233d2即点P到平面距离h的最大值为fd0d1，……15分218.（17分）（1）解：fx的定义域为1,，且f00；fx2ax1

i.a0时，2a

1x12axx2a，因此 f00；……1分x1x1x1

1

0，则此时令fx0有x1,0，令fx0有x0,，x1

则fx在1,0上单调递增，0,上单调递减，又f00，于是fx0，此时令x1x20，有ii.a0时，fx有零点0和x0若x00，即a

fx1fx20，不符合题意；……3分x1x2

1

，此时令fx0有xx0,0，fx在x0,0上单调递减，2fx1fx20，不符合题意；……5分x1x21

1，2a又f00，则fx00，令x10，x2x0，有若x00，即0a

1

，此时令fx0有x0,x0，fx在0,x0上单调递减，2fx1fx20，不符合题意；……7分x1x2又f00，则fx00，令1x10,x2x0，有x21

0，fx在1,上单调递增，又f00，若x00，即a，此时fx

x12则x0时fx0，x0时fx0；则x0时综上，a

fxfx1fx20，也即对x1x20，0，xx1x21

.……9分2

（2）证：由（1）问的结论可知，a0时，fxxlnx10；且a

112时x0，fxxxlnx10；……11分221211111

xlnx1x，令x，有2ln1，2nn2nnn则x0时，x

即1112lnn1lnn，n2nn111

lnnlnn1n12n12n1于是……1

1

ln2121111lnn1tn；……14分2222n

将上述n个式子相加，tn

欲证tn

51155111

lnn1tn，只需证tntn122，只需证122；62n3622n

因为144112，222n4n4n12n12n1

11115251111

，得证：1222n235572n12n132n13

5

lnn1tn.……17分6

所以1

于是得证tn19.（17分）（1）解：X6中，与6互质的数有1和5，则62；X15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npq，p和q为素数，则对xXn，仅当xx

N或N时，x和n不互质，pq又xn，则xp，2p，…q1p，或xq，2q，…p1q时，x与n不互质，则nn1p1q1p1q1，……4分设Mx,ps，Mx,qt，可知s，t不全为0，下证st0时，Mx由题知，Ms又x

p1n,n1；p1,pMtq1,q1，p1kpskpp1C1p1kpp22p2p1p1sCppkpssNpsk,N0N，10所以Mx

p1,pMtp1,p1，同理有Mxq1,q1；n于是记xq1kq1kN，x即Mx

kq1p1N1q1N1N，N2p1，于是N2p1N1q1，n,q1，同理Mx

n,p1，记x

n则N2N1即Mx

qqNNNn，因为N，所以1N，所以x1pq11n1，pppppn,n1；……8分i.st0时，记Mx,nc，则Mc,nMx,nMx

cddckn1,n，Nkn记1k0，又Mx,nMpknkn1,nx，Mx,n,n1，而xn，则Mx

dex；即Mc,nx，即MMx,n,n

dii.若st0，不妨设s0，于是xk1pkXq，所以Mc,nMx,nMk1p,n，又Mk1,nk1，Mp所以Mc,nMpk,npk1Mp

dddcdcdcdcq1,q1，ddcde1knkp1q1,qxMMp,q,q1,qx；xM

c,n综上，MMx,nx，得证：……11分





（3）因为2e13e21，所以x

2e13,n，x3e21，则Mx2e1,nMx3e21,n，则Mc12,nMxc233假设存在a0，a1N，使得a0c2a1n1；记n1c2，n0n，令nk1Mnk1,nk，那么nkN，且nknk1，于是k0N，使nk01，则nk010，从而数列nk有且仅有k01项，考虑使aknk1ak1nk1kN,kk0成立，kanan1kk1k1k则对于相邻项有，k1ak1nkaknk11k将两式相加并整理得：ak1令kk0，得ak011k01nk1nk1akak1，nk3，又由于n2，n3，…，nk0及k0均由n0n和n1c2确定，3则数列ak的各项也可根据n和c2确定，由上知Ma0c2,n1，Mc1,nMxc2,n，32333则Ma0c12,nMxa0c2,nMMx,nMa0c2,n,nM1x,nx，



即xMa0c1,n，其中a0是根据n和c2唯一确定的.……17分23