湖北省十堰市高三上学期元月调研考试数学试题

十堰市2024年高三年级元月调研考试数学本试题卷共4页，共22道题，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答在试题卷、草稿纸上无效．3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试题卷、草稿纸上无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡．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.设全集，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求出集合，再求可得.【详解】由，解得，所以，由可知，，则．故选：B.2.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算化简，进而求得对应点所在象限.【详解】因为，所以复数在复平面内的点位于第一象限．故选：A3.已知圆锥的底面面积为，体积为，则该圆锥的母线长为（）A.3 B.4 C.5 D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥底面积和体积公式得到方程组，解出半径和高，再利用勾股定理即可.【详解】由题意知，解得，则该圆锥的母线长为．故选：C.4.函数在上的单调递减区间为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合余弦型函数的图象与性质，即可求解.【详解】由题意，令，则，故函数的单调递减区间为，令，可得函数在上的单调递减区间为．故选：D.5.已知双曲线：（，）的一个焦点到一条渐近线的距离为，则的离心率为（）A3 B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】根据焦点到渐近线的距离为，求得和的关系式，进而求得双曲线的离心率.【详解】双曲线的一个焦点到一条渐近线,即的距离为，则，即，所以的离心率．故选：A6.已知角的终边过点，且角满足，则（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】根据任意角三角函数的定义，可直接求出，再利用正切的二倍角公式求出即可.【详解】因为角的终边过点，且是第二象限角，所以，，所以是第二象限角，由，解得或，又因为是第二象限角，所以是第一或第三象限角，所以．故选：D.7.若直线与曲线相切，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据切点和斜率列方程，利用构造函数法结合导数来求得的取值范围.【详解】设切点为，因为，所以．又因为切点在直线上，所以，解得，所以．令，则，所以在区间上，单调递减，在区间上单调递增，所以，故取值范围为．故选：C8.有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片．表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第二次取出的卡片上的数字为1”，表示“事件两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（）A.与相互独立 B.与相互独立C.与相互独立 D.与相互独立【答案】B【解析】【分析】根据相互独立事件定义进行计算，从而确定正确答案.【详解】由题意知，，，，因为，所以A错误，因为，所以B正确，因为，所以C错误，因为，所以D错误．故选：B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.已知甲组样本数据为1，2，2，7，8，10，乙组样本数据为3，3，5，6，9，10，则（）A.甲组样本数据的平均数大于乙组样本数据的平均数B.甲组样本数据的极差大于乙组样本数据的极差C.甲组样本数据的方差大于乙组样本数据的方差D.甲组样本数据的第75百分位数大于乙组数据的第75百分位数【答案】BC【解析】【分析】对于AC，直接由平均数，方差的计算公式运算即可；对于BD，直接由极差，百分位数的概念判断即可.【详解】对于A，甲组样本数据的平均数为，乙组样本数据的平均数为，A错误．对于B，甲组样本数据的极差为．乙组样本数据的极差为，B正确．对于C，甲组样本数据的方差为，乙组样本数据的方差为，C正确．对于D，，故甲组样本数据的第75百分位数为8，乙组样本数据的第75百分位数为9，D错误．故选：BC.10.设向量，，下列结论正确的是（）A.B.C.与夹角的余弦值为D.在方向上的投影向量的坐标为【答案】BCD【解析】【分析】利用平面向量坐标运算分析即可.【详解】因为，所以A错误；因为，所以B正确；因为，所以C正确；易知在方向上的投影向量的坐标为，则D正确．故选：BCD11.已知点，，动点在圆：上，则（）A.直线截圆所得的弦长为B.的面积的最大值为15C.满足到直线的距离为的点位置共有3个D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据点到直线的距离公式，结合勾股定理即可求解弦长判断A，根据三角形的面积公式，结合圆的性质即可求解B，根据圆上的点到直线的距离的范围，即可求解C，根据向量的数量积的运算量，结合坐标运算即可求解D.【详解】对于A，因为，，所以直线的方程为，圆心到直线的距离为，又因为圆的半径，所以直线截圆所得的弦长为，A错误．对于B，易知，要想的面积最大，只需点到直线的距离最大，而点到直线的距离的最大值为，所以的面积的最大值为，B正确．对于C，当点在直线上方时，点到直线的距离的范围是，即，由对称性可知，此时满足到直线的距离为的点位置有2个．当点在直线下方时，点到直线的距离的范围是，即，此时满足到直线的距离为的点位置只有1个．综上所述，满足到直线的距离为的点位置共有3个，C正确．对于D，由题意知．又因为，，，所以，，故，．设点满足，则，故解得即，．所以．又因为，所以，即的取值范围为，，D正确．故选：BCD12.正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，为棱上的动点，则（）A.平面平面B.点到平面的距离为C.与所成角的余弦值的取值范围为D.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为【答案】ACD【解析】【分析】对A，利用面面垂直的判定即可证明，对B利用等体积法即可求出距离，对C建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法即可求出其范围，对D，作出交线，将立体平面化求解即可.【详解】对于A，取的中点，连接，，易知也是的中点，在中，因为，为的中点，所以，在中，因为，为的中点，所以，又因为，平面，，所以平面．又因为平面，所以平面平面，A正确．对于B，设点到平面的距离为，易知，，取中点为，连接，因为，则，因为底面，且面，则，又因平面，且，所以平面，且，因为，所以，解得，B错误．对于C，取的中点，连接，易知．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则.，设，，，，设与所成的角为，则．令（），则，当即时，；当，即时，，根据对勾函数在上单调递减可知；当，即时，同理根据对勾函数在上单调递减可知．综上，与所成角的余弦值的取值范围为，C正确．对于D，由A选项中的结论知平面，．又因为球面的半径为，所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线（圆的一部分）的半径为．如图，，，所以，解得，由圆与正方形的对称性知，所以球面与侧面的交线长为，D正确．故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题B选项关键是利用等体积法求出点到平面距离，C选项关键是建立空间直角坐标系，设，得到线线角表达式，再结合对勾函数单调性即可得到其范围.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.若为奇函数，当时，，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意，结合，代入即可求解.【详解】因为为奇函数，且时，，可得．故答案为：.14.若抛物线的准线方程为，过焦点且斜率为的直线交抛物线于两点，则______．【答案】12【解析】【分析】先根据准线方程求出抛物线方程，写出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理及焦半径公式计算即可.【详解】因为，所以，故抛物线的方程为，焦点，过焦点且斜率为的直线的方程为，联立方程组，消去得，，设，，则，所以．故答案为：.15.函数的最小值为______．【答案】4【解析】【分析】令，得，求出，令，根据的单调性得，从而得到答案.【详解】，令，则（），故，令（），则，所以在上单调递增，，即，所以在上单调递增，则，当时，取得最小值4．故答案为：4.16.在首项为1的数列中，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为______．【答案】或.【解析】【分析】通过累加法，求出，解出不等式，找到与即可.【详解】结合题意：，则，所以，解得或，当为偶数时，，递增，可得的最小值为，则，递增，可得的最小值为,则,当为奇数时，，递减，可得的最大值为，，递减，可得的最大值为，，综上所述：要使得存在，使得不等式成立，只需或，所以的取值范围为或.故答案为：或.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是能够通过递推关系式得到数列的通项公式，结合数列的单调性特点可得到不等式的解集，从而确定解集上下限的最值，进而得到结果.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.已知是公差不为0的等差数列，且，，成等比数列，，数列的前项和为．（1）求；（2）设数列的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可利用等差求和公式求解，（2）根据裂项求和即可求解.【小问1详解】设公差为，且，由题意知，即，化简得．因为，所以．又，所以．联立方程组解得所以；【小问2详解】证明：由（1）知，所以，又因为，所以，即．18.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将个样本数据按、、、、、分成组，并整理得到如下频率分布直方图.（1）请通过频率分布直方图估计这份样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.（2）以样本频率估计概率，若竞赛成绩不低于分，则被认定为成绩合格，低于分说明成绩不合格.从参加知识竞赛的市民中随机抽取人，用表示成绩合格的人数，求的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加，即可得出这份样本数据的平均值；（2）由题意可知，，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值.【小问1详解】解：由频率分布直方图可知，份样本数据的平均值为.【小问2详解】解：竞赛成绩不低于分的频率为，低于分的频率为.由题意可知，，，，，，，所以的分布列为期望.19.如图，在中，，在线段的延长线上，为上的点，且，，．（1）求的长；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理列方程来求得.（2）利用正弦定理求得，然后求得，再利用两角差的余弦公式求得正确答案.【小问1详解】由题可知．在中，设，由余弦定理得，所以，解得(负值舍去)，即．【小问2详解】在中，由正弦定理得，解得．因为，，，即为钝角，所以．所以．20.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，垂足为，为的中点，平面．（1）证明：；（2）若，，与平面所成的角为60°，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）根据线线平行可得面面平行，进而根据面面平行的性质可得，线线垂直可求证线面垂直，进而根据线面垂直的性质即可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【小问1详解】证明：取的中点，连接，，，因为为的中点，所以．又平面，平面，所以平面．因为平面，，平面，所以平面平面．因为平面平面，平面平面，所以．因为，所以．由平面，平面，可得．又，平面,所以平面，平面,从而．因为是的中垂线，所以．【小问2详解】因为平面，所以与平面所成的角为，又，,，所以．作，垂足为，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得．所以，即平面与平面夹角的余弦值为．21.已知椭圆：（）的长轴长是短轴长的3倍，且椭圆经过点．（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆的右顶点，，是椭圆上不同的两点，直线，的斜率分别为，，且．过作，垂足为，试问是否存在定点，使得线段的长度为定值?若存在，求出该定点，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在定点【解析】【分析】（1）根据条件解方程即可；（2）设出直线的方程为，再与椭圆联立，利用韦达定理表达斜率关系，得出直线过定点，再根据圆的性质即可获解.【小问1详解】因为椭圆的长轴长是短轴长的3倍，所以，则椭圆的方程为．又椭圆经过点，所以，解得，，所以椭圆的方