湖北省部分学校2024-2025学年高三下学期3月月考数学试卷 含解析

湖北省部分学校学年度高中三月月考数学考试卷注意事项：．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1.设是等比数列的前项和，若，，则（）A.48B.84C.90D.【答案】C【解析】【分析】由等比数列的性质可知，，，成等比数列，计算可求得.【详解】因为是等比数列的前项和，因为，所以公比，所以，，，成等比数列，又，，所以，，所以.故选：C2.某条公共汽车线路收支差额与乘客量12）不改变支出费用，提高车票价格.下面给出的四个图形中，实线和虚线分别表示目前和建议后的函数关系，则（）A.①反映建议（21）B.①反映建议（12）C.②反映建议（12）D.④反映建议（12）第1页/共19页【答案】B【解析】【分析】根据收支差额的计算公式可得正确的判断.【详解】对于建议（1同，且纵截距变大，故①反映建议（1对于建议（2映建议（2）.故选：B.【点睛】本题考查函数图像在实际问题中的应用，注意根据给出的建议结合题设中的计算公式分析出图象变化的规律，此题为基础题.3.已知随机变量，当且仅当时，取得最大值，则（）A.7B.8C.9D.10【答案】B【解析】【分析】由二项分布的概念，根据二项式系数的对称性即可求解.【详解】由题得，由题知在中，最大值只有，即在中，最大值只有，由二项式系数的对称性可知.故选：.4.直线经过原点和点，则它的倾斜角是（）A.B.C.或D.【答案】B【解析】【分析】由已知的两点坐标求出过两点直线方程的斜率,然后利用直线的斜率等于倾斜角的正切值求出直线的倾斜角度数.第2页/共19页【详解】设经过原点和点的直线方程的斜率为,且该直线的倾斜角为,由题意可知:,又,则.故选【点睛】本题考查了根据两点坐标求出过两点直线方程的斜率及倾斜角问题,需要掌握直线斜率与倾斜角之间的关系,本题较为基础.5.已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（）A.13B.C.9D.8【答案】D【解析】【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.【详解】如图所示，圆的圆心为，半径为4，圆的圆心为，半径为1，可知，所以，故求的最小值，转化为求的最小值，设关于直线的对称点为，设坐标为，第3页/共19页则，解得，故，因为，可得，当三点共线时，等号成立，所以的最小值为.故选：D.6.已知空间四点，，，，则四面体的体积为（）A.B.C.15D.【答案】B【解析】【分析】根据已知点坐标求平面的一个法向量，向量法求到面的距离，且为边长为的等边三角形，最后应用棱锥的体积公式求体积.【详解】由题设为边长为的等边三角形，且，，，若是面的一个法向量，则，令，则，则到面距离，所以四面体的体积为.故选：B第4页/共19页7.若函数有两个零点，则k的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】是以原点为圆心，为半径的圆的求出直线与圆相切时的值，再结合图形即可求解.【详解】由题意可得，有两个根，由得，所以曲线是以原点为圆心，为半径的圆的轴的上半部分（含直线过定点，当直线与相切时，圆心到直线距离，解得或第5页/共19页当直线过点时，直线斜率为，结合图形可得实数的取值范围是.故选：C.8.正三棱台618）A.3B.4C.5D.6【答案】D【解析】【分析】由截面图结合等面积法和勾股定理列出关于r的等量关系求出r即可求解.【详解】由题可知上下底正三角形的高分别为，由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，故如左图所示作截面，得到右图，设内切球半径为，则有即，所以正三棱台的高为6.故选：D.二、多选题9.以下四个命题，其中是真命题的有（A.命题“”的否定是“”B.若，则第6页/共19页C.函数且的图象过定点D.若某扇形的周长为6cm，面积为2，圆心角为，则【答案】ACD【解析】ABC质可判断；对于D，由扇形的周长、面积公式计算可判断.【详解】对于A，由全称命题的否定，可知选项A正确；对于B，若，则，根据的单调性，可知，故B不正确；对于C，当时，，故其过定点，故C正确；对于D，设扇形的半径为，弧长为，则有，又，故D正确.故选：ACD10.下列说法中正确的是（）A.回归直线恒过样本中心点，且至少过一个样本点B.用决定系数刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好C.将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大D.基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过【答案】BD【解析】【分析】由回归直线的性质即可判断A；利用相关指数的性质即可判断B；由标准差的性质即可判断C；由独立性检验的思想即可判断D.【详解】A：回归直线恒过样本点的中心正确，但不一定会过样本点，故A错误；B：用相关指数来刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好，故B正确；C：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据的波动性不变，第7页/共19页故方差不变，则标准差不变，故C错误；D：根据独立性检验可知D正确.故选：BD如图，在正方体中，为棱的中点，为正方形则下列说法正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.若平面，则动点的轨迹是一条线段C.存在点，使得平面D.若直线与平面所成角的正切值为的轨迹是以【答案】ABD【解析】【分析】设正方体的棱长为，对于A，根据等体积转化，可证明体积为定值；对于B，取、中点、、、、平面点的轨迹为线段；对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面求出、D的轨迹方程，即可判断.【详解】不妨设正方体的棱长为，对于A选项，，三棱锥的体积，第8页/共19页点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为定值，故A选项正确；对于B选项，取、中点，连接、、、，由且，知是平行四边形，所以，因为平面，平面，平面，同理可得平面，因为，、平面，所以平面平面，又平面，则平面，而Q在平面上，且平面平面，则点的轨迹为线段，故B选项正确；对于C选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，设，则，，设为平面的一个法向量，则，取，则.第9页/共19页若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，故C选项错误；对于D选项，平面的一个法向量为，，若直线与平面所成角的正切值为，则此角的正弦值是，所以，所以，因为点为正方形所以点是以为圆心，为半径的圆弧（正方形的圆弧，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．第卷（非选择题）三、填空题12.已知函数，则_______．【答案】6【解析】【分析】利用瞬时变化率和极限思想求得，再结合函数解析式求得即可.【详解】因，由可得，故.第10页/共19页故答案为：6.13.过双曲线的右焦点F作倾斜角为30°AB______．【答案】8【解析】【分析】写出直线方程，联立双曲线方程，利用弦长公式求解即可.（也可以直接使用双曲线焦点弦长公式代值求解）【详解】由双曲线，得，，焦点，倾斜角，法一：直线斜率，直线方程为，联立消得，，由韦达定理知，代入弦长公式，得.法二：.故答案为：8.14.阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有___________种（用数字作答）.【答案】288【解析】【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合相邻与不相邻问题，列式计算即得.第11页/共19页【详解】第一步：先将3名母亲作全排列，共有种排法；第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法.所以不同的排法种数有：（种）.故答案为：288四、解答题15.试分别根据下列条件，写出数列的前5项：（1），，，其中；（2），，其中．【答案】（1）1，2，4，8，16（2）2，，，，．【解析】1）根据递推公式，对依次赋值求解；（2）根据递推公式，对依次赋值求解.【小问1详解】因为，，，其中，所以，，．因此，数列的前5项依次为1，2，4，8，16．【小问2详解】因为，，其中，第12页/共19页所以，，，．因此，数列的前5项依次为2，，，，．16.在中，内角所对的边分别为，，.已知.（1）求角的大小；（2）设，（ⅰ）求的值；（ⅱ）求的值.【答案】（1）（2【解析】1）由正弦定理计算可得，即；（2；（ⅱ）由余弦定理得推论计算可得，再根据同角三角函数基本关系以及三角恒等变换计算可得结果.【小问1详解】依题意根据由正弦定理可得；又，所以可得，即，所以，第13页/共19页可得，又，解得.【小问2详解】（ⅰ）由以及，利用余弦定理可得，解得；（ⅱ）由，可得；又，因此可得；可知，；所以.17.已知平面内点与两个定点的距离之比等于2.（1）求点的轨迹方程；（2）记（1）中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】1）由已知等量关系，利用直接步骤法坐标代入关系式化简整理可求轨迹；（2.直线方程，利用垂直关系将弦长转化为圆心到直线的距离，由点到直线距离公式得关于的方程求解可得.第14页/共19页小问1详解】已知，由题意可知，，坐标代入得，整理得，故点的轨迹方程为；【小问2详解】当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，由圆，则圆心为，半径为，此时弦长为，满足题意；当直线的斜率存在时，不妨设斜率为，则直线的方程为，即，则圆心到直线的距离.因为直线被所截得的线段的长为，所以，则，所以，解得，所以直线的方程为.综上，满足条件的直线的方程为或.第15页/共19页18.是菱形，，是边长为2的等边三角形，（1）求证：（2）若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据线线垂直可得平面，即可根据线面垂直的性质求解，（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解.【小问1详解】证明：取的中点，连接．∵四边形为菱形，且，则，又∵为等边三角形，∴，而，平面，∴平面．又∵平面，∴．【小问2详解】第16页/共19页若，由可知，，而，故平面，而．以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建系．则，，，，．故，，设平面的法向量∴∴即令，则，，所以，平面的法向量．设直线与平面所成角为，∴所以直线与平面所成角的正弦值为．19.已知椭圆的焦点在的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为．（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，①若直线的斜率为1，求弦长．②设直线与直线交于点．点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形．试问：直线PD是否过定点？若成立，请求出该定点坐标，若不成立，请说明理由．第17页/共19页【答案】（1）；（2）①，②过定点，且定点为.【解析】1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得且，即可求，可得椭圆方程；（2，进而根据菱形的性质可得的方