2024屆湖北省名校高三第二次（5月）聯考數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知與分別為函數與函數的圖象上一點，則線段的最小值為()A． B． C． D．62．甲、乙、丙、丁四位同學高考之后計劃去三個不同社區進行幫扶活動，每人只能去一個社區，每個社區至少一人.其中甲必須去社區，乙不去社區，則不同的安排方法種數為（）A．8 B．7 C．6 D．53．設全集，集合，則＝()A． B． C． D．4．若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數在上單調遞增 B．函數的周期是C．函數的圖象關于點對稱 D．函數在上最大值是15．已知函數，則（）A．1 B．2 C．3 D．46．已知雙曲線的一條漸近線為，圓與相切于點，若的面積為，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．7．拋物線的焦點為F，點為該拋物線上的動點，若點，則的最小值為（）A． B． C． D．8．復數的共軛復數對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限9．下列說法正確的是（）A．命題“，”的否定形式是“，”B．若平面，，，滿足，則C．隨機變量服從正態分布（），若，則D．設是實數，“”是“”的充分不必要條件10．已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點M，若、M是線段AB的三等分點，則橢圓的離心率為()A． B． C． D．11．已知f(x)=是定義在R上的奇函數，則不等式f(x-3)<f(9-x2)的解集為（）A．(-2,6) B．(-6,2) C．(-4,3) D．(-3,4)12．如圖，在中，點為線段上靠近點的三等分點，點為線段上靠近點的三等分點，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，那么______.14．已知實數滿足，則的最小值是______________.15．在直角坐標系中，某等腰直角三角形的兩個頂點坐標分別為，函數的圖象經過該三角形的三個頂點，則的解析式為___________.16．拋物線的焦點坐標為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知，，分別為內角，，的對邊，且.（1）證明：；（2）若的面積，，求角.18．（12分）已知.（Ⅰ）當時，解不等式；（Ⅱ）若的最小值為1，求的最小值.19．（12分）已知.（1）解不等式；（2）若均為正數，且，求的最小值.20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，為正三角形，平面平面分別是的中點.（1）證明:平面（2）若，求二面角的余弦值.21．（12分）某藝術品公司欲生產一款迎新春工藝禮品，該禮品是由玻璃球面和該球的內接圓錐組成，圓錐的側面用于藝術裝飾，如圖1.為了便于設計，可將該禮品看成是由圓及其內接等腰三角形繞底邊上的高所在直線旋轉180°而成，如圖2.已知圓的半徑為，設，圓錐的側面積為.（1）求關于的函數關系式；（2）為了達到最佳觀賞效果，要求圓錐的側面積最大.求取得最大值時腰的長度.22．（10分）已知拋物線的頂點為原點，其焦點關于直線的對稱點為，且.若點為的準線上的任意一點，過點作的兩條切線，其中為切點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：直線恒過定點，并求面積的最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解題分析】

利用導數法和兩直線平行性質，將線段的最小值轉化成切點到直線距離.【題目詳解】已知與分別為函數與函數的圖象上一點，可知拋物線存在某條切線與直線平行，則，設拋物線的切點為，則由可得，，所以切點為，則切點到直線的距離為線段的最小值，則.故選：C.【題目點撥】本題考查導數的幾何意義的應用，以及點到直線的距離公式的應用，考查轉化思想和計算能力.2、B【解題分析】根據題意滿足條件的安排為：A（甲，乙）B（丙）C（?。?；A（甲，乙）B（?。〤（丙）；A（甲，丙）B（?。〤（乙）；A（甲，?。〣（丙）C（乙）；A（甲）B（丙，丁）C（乙）；A（甲）B（丁）C（乙，丙）；A（甲）B（丙）C（丁，乙）；共7種，選B.3、A【解題分析】

先求得全集包含的元素，由此求得集合的補集.【題目詳解】由解得，故，所以，故選A.【題目點撥】本小題主要考查補集的概念及運算，考查一元二次不等式的解法，屬于基礎題.4、A【解題分析】

根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可知錯誤；根據正弦型函數在區間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【題目詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增在上單調遞增，正確；的最小正周期為：不是的周期，錯誤；當時，，關于點對稱，錯誤；當時，此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：【題目點撥】本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.5、C【解題分析】

結合分段函數的解析式,先求出,進而可求出.【題目詳解】由題意可得，則.故選:C.【題目點撥】本題考查了求函數的值,考查了分段函數的性質,考查運算求解能力,屬于基礎題.6、D【解題分析】

由圓與相切可知，圓心到的距離為2，即.又，由此求出的值，利用離心率公式，求出e.【題目詳解】由題意得，，，.故選：D.【題目點撥】本題考查了雙曲線的幾何性質，直線與圓相切的性質，離心率的求法，屬于中檔題.7、B【解題分析】

通過拋物線的定義，轉化，要使有最小值，只需最大即可，作出切線方程即可求出比值的最小值．【題目詳解】解：由題意可知，拋物線的準線方程為，，過作垂直直線于，由拋物線的定義可知，連結，當是拋物線的切線時，有最小值，則最大，即最大，就是直線的斜率最大，設在的方程為：，所以，解得：，所以，解得，所以，．故選：．【題目點撥】本題考查拋物線的基本性質，直線與拋物線的位置關系，轉化思想的應用，屬于基礎題．8、A【解題分析】

試題分析：由題意可得：.共軛復數為，故選A.考點：1.復數的除法運算;2.以及復平面上的點與復數的關系9、D【解題分析】

由特稱命題的否定是全稱命題可判斷選項A；可能相交，可判斷B選項；利用正態分布的性質可判斷選項C；或，利用集合間的包含關系可判斷選項D.【題目詳解】命題“，”的否定形式是“，”，故A錯誤；，，則可能相交，故B錯誤；若，則，所以，故，所以C錯誤；由，得或，故“”是“”的充分不必要條件，D正確.故選：D.【題目點撥】本題考查命題的真假判斷，涉及到特稱命題的否定、面面相關的命題、正態分布、充分條件與必要條件等，是一道容易題.10、D【解題分析】

根據題意，求得的坐標，根據點在橢圓上，點的坐標滿足橢圓方程，即可求得結果.【題目詳解】由已知可知，點為中點，為中點，故可得，故可得；代入橢圓方程可得，解得，不妨取，故可得點的坐標為，則，易知點坐標，將點坐標代入橢圓方程得，所以離心率為，故選：D.【題目點撥】本題考查橢圓離心率的求解，難點在于根據題意求得點的坐標，屬中檔題.11、C【解題分析】

由奇函數的性質可得，進而可知在R上為增函數，轉化條件得，解一元二次不等式即可得解.【題目詳解】因為是定義在R上的奇函數，所以，即，解得，即，易知在R上為增函數.又，所以，解得.故選：C.【題目點撥】本題考查了函數單調性和奇偶性的應用，考查了一元二次不等式的解法，屬于中檔題.12、B【解題分析】

，將,代入化簡即可.【題目詳解】.故選：B.【題目點撥】本題考查平面向量基本定理的應用，涉及到向量的線性運算、數乘運算，考查學生的運算能力，是一道中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

由已知利用誘導公式可求，進而根據同角三角函數基本關系即可求解.【題目詳解】∵，∴，，∴.故答案為：.【題目點撥】本小題主要考查誘導公式、同角三角函數的基本關系式，屬于基礎題.14、【解題分析】

先畫出不等式組對應的可行域，再利用數形結合分析解答得解.【題目詳解】畫出不等式組表示的可行域如圖陰影區域所示.由題得y=-3x+z,它表示斜率為-3,縱截距為z的直線系，平移直線，易知當直線經過點時，直線的縱截距最小，目標函數取得最小值，且.故答案為：-8【題目點撥】本題主要考查線性規劃問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和數形結合分析能力.15、【解題分析】

結合題意先畫出直角坐標系，點出所有可能組成等腰直角三角形的點，采用排除法最終可確定為點，再由函數性質進一步求解參數即可【題目詳解】等腰直角三角形的第三個頂點可能的位置如下圖中的點，其中點與已有的兩個頂點橫坐標重復，舍去；若為點則點與點的中間位置的點的縱坐標必然大于或小于，不可能為，因此點也舍去，只有點滿足題意.此時點為最大值點，所以，又，則，所以點，之間的圖像單調，將，代入的表達式有由知，因此.故答案為：【題目點撥】本題考查由三角函數圖像求解解析式，數形結合思想，屬于中檔題16、【解題分析】

變換得到，計算焦點得到答案.【題目詳解】拋物線的標準方程為，，所以焦點坐標為．故答案為：【題目點撥】本題考查了拋物線的焦點坐標，屬于簡單題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）【解題分析】

（1）利用余弦定理化簡已知條件，由此證得（2）利用正弦定理化簡（1）的結論，得到，利用三角形的面積公式列方程，由此求得，進而求得的值，從而求得角.【題目詳解】（1）由已知得，由余弦定理得，∴.（2）由（1）及正弦定理得，即，∴，∴，∴.，∴，，.【題目點撥】本小題主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查三角形的面積公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查運算求解能力，屬于中檔題.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解題分析】

（Ⅰ）當時，令，作出的圖像，結合圖像即可求解；（Ⅱ）結合絕對值三角不等式可得，再由“1”的妙用可拼湊為，結合基本不等式即可求解；【題目詳解】（Ⅰ）令，作出它們的大致圖像如下：由或（舍），得點橫坐標為2，由對稱性知，點橫坐標為﹣2，因此不等式的解集為.（Ⅱ）..取等號的條件為，即，聯立得因此的最小值為.【題目點撥】本題考查絕對值不等式、基本不等式，屬于中檔題19、（1）；（2）【解題分析】

（1）利用零點分段討論法可求不等式的解.（2）利用柯西不等式可求的最小值.【題目詳解】（1），由得或或，解得.（2），所以，由柯西不等式得：所以，即（當且僅當時取“=”）.所以的最小值為.【題目點撥】本題考查絕對值不等式的解法以及利用柯西不等式求最值.解絕對值不等式的基本方法有零點分段討論法、圖象法、平方法等，利用零點分段討論法時注意分類點的合理選擇，利用平方去掉絕對值符號時注意代數式的正負，而利用圖象法求解時注意圖象的正確刻畫．利用柯西不等式求最值時注意把原代數式配成平方和的乘積形式，本題屬于中檔題.20、（1）詳見解析；（2）.【解題分析】

（1）連接，由菱形的性質以及中位線，得，由平面平面，且交線，得平面，故而，最后由線面垂直的判定得結論.（2）以為原點建平面直角坐標系，求出平面平與平面的法向量，，最后求得二面角的余弦值為.【題目詳解】解：（1）連結∵，且是的中點，∴∵平面平面，平面平面，∴平面.∵平面，∴又為菱形，且為棱的中點，∴∴.又∵，平面∴平面.（2）由題意有，∵四邊形為菱形，且∴分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則設平面的法向量為由，得，令，得取平面的法向量為∴二面角為銳二面角，∴二面角的余弦值為【題目點撥】處理線面垂直問題時，需要學生對線面垂直的判定定理特別熟悉，運用幾何語言表示出來方才過關，一定要在已知平面中找兩條相交直線與平面外的直線垂直，才可以證得線面垂直，其次考查了學生運用空間向量處理空間中的二面角問題，培養了學生的計算能力和空間想象力.21、（1），（2）側面積取得最大值時，等腰三角形的腰的長度為【解題分析】試題分析：（1）由條件，，，所以S，；（2）令，所以得，通過求導分析，得在時取得極大值，也是最大值．試題解析：（1）設交于點，過作，垂足為，在中，，，在中，，所以S，（2）要使側面積最大，由（1）得：令，所以得，由得：當時，，當時，所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，所以在時取得極大值，也是最大值；所以當時，側面積取得最大值，此時等腰三角形的腰長答：側面積取得最大值時，等腰三角形的腰的長度為．22、（1）（2）見解析，最小值為4【解題分析】

（1）根據焦點到直線的距離列方程，求得的值，由此求得拋物線的方程.（