湖北省部分学校2024-2025学年高三下学期3月月考数学试卷答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页题号12345678910答案CBBBDBCDACDBD题号11答案ABD1．C【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：C.2．B【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），因为不改变车票价格，减少支出费用，故建议后的图象与目前的图象倾斜方向相同，且纵截距变大，故①反映建议（1）；对于建议（2），因为不改变支出费用，提高车票价格，故建议后的图象比目前的图象的倾斜角大，故③反映建议（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．B【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．B【解析】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.【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．D【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，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．B【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，则到面的距离，所以四面体的体积为.故选：B

7．C【分析】根据曲线的方程可得曲线是以原点为圆心，为半径的圆的轴的上半部分（含轴），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（含轴），直线过定点，当直线与相切时，圆心到直线的距离，解得或（舍去），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．D【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.9．ACD【分析】对于A，根据全称命题的否定可判断；对于B，由不等式的性质可判断；对于C，由对数函数的性质可判断；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．BD【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，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：BD11．ABD【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、，连接、、、，证明平面平面，则点的轨迹为线段；对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出、即可判断；对于D，利用线面角的向量公式，得到点的轨迹方程，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，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.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，因为点为正方形内一动点（含边界），所以点是以为圆心，为半径的圆弧（正方形内），即圆心角为的圆弧，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．12．6【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.故答案为：6.13．8【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，，焦点为，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：8.14．288【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.【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：28815．(1)1，2，4，8，16(2)2，，，，．【分析】（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.【详解】（1）因为，，，其中，所以，，．因此，数列的前5项依次为1，2，4，8，16．（2）因为，，其中，所以，，，．因此，数列的前5项依次为2，，，，．16．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）由正弦定理计算可得，即；（2）（ⅰ）利用余弦定理代入计算可得；（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.【详解】（1）依题意根据由正弦定理可得；又，所以可得，即，所以，可得，又，解得.（2）（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．(1)(2)或【分析】（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）分斜率存在与不存在两类情况分别求解.当斜率不存在时，验证弦长可得；当斜率存在时，设出点斜式直线方程，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.【详解】（1）已知，由题意可知，，坐标代入得，整理得，故点的轨迹方程为；（2）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.18．(1)证明见解析(2)【分析】（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.【详解】（1）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，∴．

（2）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．(1)；(2)①，②过定点，且定点为.【分析】（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）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理，由弦长公式求，由中点坐标公式得，进而根据菱形的性质可得的方程为，即可求解，，进而根据点