湖北省部分學校學年度高中三月月考數學考試卷注意事項：．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一、單選題1.設是等比數列的前項和，若，，則（）A.48B.84C.90D.【答案】C【解析】【分析】由等比數列的性質可知，，，成等比數列，計算可求得.【詳解】因為是等比數列的前項和，因為，所以公比，所以，，，成等比數列，又，，所以，，所以.故選：C2.某條公共汽車線路收支差額與乘客量12）不改變支出費用，提高車票價格.下面給出的四個圖形中，實線和虛線分別表示目前和建議后的函數關系，則（）A.①反映建議（21）B.①反映建議（12）C.②反映建議（12）D.④反映建議（12）第1頁/共19頁【答案】B【解析】【分析】根據收支差額的計算公式可得正確的判斷.【詳解】對于建議（1同，且縱截距變大，故①反映建議（1對于建議（2映建議（2）.故選：B.【點睛】本題考查函數圖像在實際問題中的應用，注意根據給出的建議結合題設中的計算公式分析出圖象變化的規律，此題為基礎題.3.已知隨機變量，當且僅當時，取得最大值，則（）A.7B.8C.9D.10【答案】B【解析】【分析】由二項分布的概念，根據二項式系數的對稱性即可求解.【詳解】由題得，由題知在中，最大值只有，即在中，最大值只有，由二項式系數的對稱性可知.故選：.4.直線經過原點和點，則它的傾斜角是（）A.B.C.或D.【答案】B【解析】【分析】由已知的兩點坐標求出過兩點直線方程的斜率,然后利用直線的斜率等于傾斜角的正切值求出直線的傾斜角度數.第2頁/共19頁【詳解】設經過原點和點的直線方程的斜率為,且該直線的傾斜角為,由題意可知:,又,則.故選【點睛】本題考查了根據兩點坐標求出過兩點直線方程的斜率及傾斜角問題,需要掌握直線斜率與傾斜角之間的關系,本題較為基礎.5.已知點在直線上運動，是圓上的動點，是圓上的動點，則的最小值為（）A.13B.C.9D.8【答案】D【解析】【分析】根據圓的性質可得，故求的最小值，轉化為求的最小值，再根據點關于線對稱的性質，數形結合解.【詳解】如圖所示，圓的圓心為，半徑為4，圓的圓心為，半徑為1，可知，所以，故求的最小值，轉化為求的最小值，設關于直線的對稱點為，設坐標為，第3頁/共19頁則，解得，故，因為，可得，當三點共線時，等號成立，所以的最小值為.故選：D.6.已知空間四點，，，，則四面體的體積為（）A.B.C.15D.【答案】B【解析】【分析】根據已知點坐標求平面的一個法向量，向量法求到面的距離，且為邊長為的等邊三角形，最后應用棱錐的體積公式求體積.【詳解】由題設為邊長為的等邊三角形，且，，，若是面的一個法向量，則，令，則，則到面距離，所以四面體的體積為.故選：B第4頁/共19頁7.若函數有兩個零點，則k的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】是以原點為圓心，為半徑的圓的求出直線與圓相切時的值，再結合圖形即可求解.【詳解】由題意可得，有兩個根，由得，所以曲線是以原點為圓心，為半徑的圓的軸的上半部分（含直線過定點，當直線與相切時，圓心到直線距離，解得或第5頁/共19頁當直線過點時，直線斜率為，結合圖形可得實數的取值范圍是.故選：C.8.正三棱臺618）A.3B.4C.5D.6【答案】D【解析】【分析】由截面圖結合等面積法和勾股定理列出關于r的等量關系求出r即可求解.【詳解】由題可知上下底正三角形的高分別為，由幾何體結構特征結合題意可知內切球與上、下底面切點為上下底的重心，故如左圖所示作截面，得到右圖，設內切球半徑為，則有即，所以正三棱臺的高為6.故選：D.二、多選題9.以下四個命題，其中是真命題的有（A.命題“”的否定是“”B.若，則第6頁/共19頁C.函數且的圖象過定點D.若某扇形的周長為6cm，面積為2，圓心角為，則【答案】ACD【解析】ABC質可判斷；對于D，由扇形的周長、面積公式計算可判斷.【詳解】對于A，由全稱命題的否定，可知選項A正確；對于B，若，則，根據的單調性，可知，故B不正確；對于C，當時，，故其過定點，故C正確；對于D，設扇形的半徑為，弧長為，則有，又，故D正確.故選：ACD10.下列說法中正確的是（）A.回歸直線恒過樣本中心點，且至少過一個樣本點B.用決定系數刻畫回歸效果時，越接近1，說明模型的擬合效果越好C.將一組數據中的每一個數據都加上同一個正數后，標準差變大D.基于小概率值的檢驗規則是：當時，我們就推斷不成立，即認為和不獨立，該推斷犯錯誤的概率不超過【答案】BD【解析】【分析】由回歸直線的性質即可判斷A；利用相關指數的性質即可判斷B；由標準差的性質即可判斷C；由獨立性檢驗的思想即可判斷D.【詳解】A：回歸直線恒過樣本點的中心正確，但不一定會過樣本點，故A錯誤；B：用相關指數來刻畫回歸效果時，越接近1，說明模型的擬合效果越好，故B正確；C：將一組數據中的每一個數據都加上或減去同一個常數后，數據的波動性不變，第7頁/共19頁故方差不變，則標準差不變，故C錯誤；D：根據獨立性檢驗可知D正確.故選：BD如圖，在正方體中，為棱的中點，為正方形則下列說法正確的是（）A.三棱錐的體積為定值B.若平面，則動點的軌跡是一條線段C.存在點，使得平面D.若直線與平面所成角的正切值為的軌跡是以【答案】ABD【解析】【分析】設正方體的棱長為，對于A，根據等體積轉化，可證明體積為定值；對于B，取、中點、、、、平面點的軌跡為線段；對于C，以為原點，建立空間直角坐標系，設，求出平面求出、D的軌跡方程，即可判斷.【詳解】不妨設正方體的棱長為，對于A選項，，三棱錐的體積，第8頁/共19頁點到平面的距離為，所以三棱錐的體積為定值，故A選項正確；對于B選項，取、中點，連接、、、，由且，知是平行四邊形，所以，因為平面，平面，平面，同理可得平面，因為，、平面，所以平面平面，又平面，則平面，而Q在平面上，且平面平面，則點的軌跡為線段，故B選項正確；對于C選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、，設，則，，設為平面的一個法向量，則，取，則.第9頁/共19頁若平面，則，即存在，使得，則，解得，故不存在點使得平面，故C選項錯誤；對于D選項，平面的一個法向量為，，若直線與平面所成角的正切值為，則此角的正弦值是，所以，所以，因為點為正方形所以點是以為圓心，為半徑的圓弧（正方形的圓弧，故D正確.故選：ABD.【點睛】方法點睛：求空間幾何體體積的方法如下：若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解．第卷（非選擇題）三、填空題12.已知函數，則_______．【答案】6【解析】【分析】利用瞬時變化率和極限思想求得，再結合函數解析式求得即可.【詳解】因，由可得，故.第10頁/共19頁故答案為：6.13.過雙曲線的右焦點F作傾斜角為30°AB______．【答案】8【解析】【分析】寫出直線方程，聯立雙曲線方程，利用弦長公式求解即可.（也可以直接使用雙曲線焦點弦長公式代值求解）【詳解】由雙曲線，得，，焦點，傾斜角，法一：直線斜率，直線方程為，聯立消得，，由韋達定理知，代入弦長公式，得.法二：.故答案為：8.14.陽春三月，草長鶯飛；絲絳拂堤，盡飄香玉.三個家庭的3位媽媽帶著3名女寶和2名男寶共8人踏春.3名女寶相鄰且不排最前面也不排最后面；為了防止2名男寶打鬧，2人不相鄰，且不排最前面也不排最后面.則不同的排法種數共有___________種（用數字作答）.【答案】288【解析】【分析】根據給定條件，利用分步乘法計數原理，結合相鄰與不相鄰問題，列式計算即得.第11頁/共19頁【詳解】第一步：先將3名母親作全排列，共有種排法；第二步：將3名女寶“捆綁”在一起，共有種排法；第三步：將“捆綁”在一起的3名女寶作為一個元素，在第一步形成的2個空中選擇1個插入，有種排法；第四步：首先將2名男寶之中的一人，插入第三步后相鄰的兩個媽媽中間，然后將另一個男寶插入由女寶與媽媽形成的2個空中的其中1個，共有種排法.所以不同的排法種數有：（種）.故答案為：288四、解答題15.試分別根據下列條件，寫出數列的前5項：（1），，，其中；（2），，其中．【答案】（1）1，2，4，8，16（2）2，，，，．【解析】1）根據遞推公式，對依次賦值求解；（2）根據遞推公式，對依次賦值求解.【小問1詳解】因為，，，其中，所以，，．因此，數列的前5項依次為1，2，4，8，16．【小問2詳解】因為，，其中，第12頁/共19頁所以，，，．因此，數列的前5項依次為2，，，，．16.在中，內角所對的邊分別為，，.已知.（1）求角的大小；（2）設，（ⅰ）求的值；（ⅱ）求的值.【答案】（1）（2【解析】1）由正弦定理計算可得，即；（2；（ⅱ）由余弦定理得推論計算可得，再根據同角三角函數基本關系以及三角恒等變換計算可得結果.【小問1詳解】依題意根據由正弦定理可得；又，所以可得，即，所以，第13頁/共19頁可得，又，解得.【小問2詳解】（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.已知平面內點與兩個定點的距離之比等于2.（1）求點的軌跡方程；（2）記（1）中的軌跡為，過點的直線被所截得的線段的長為，求直線的方程.【答案】（1）（2）或【解析】1）由已知等量關系，利用直接步驟法坐標代入關系式化簡整理可求軌跡；（2.直線方程，利用垂直關系將弦長轉化為圓心到直線的距離，由點到直線距離公式得關于的方程求解可得.第14頁/共19頁小問1詳解】已知，由題意可知，，坐標代入得，整理得，故點的軌跡方程為；【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，此時直線的方程為，由圓，則圓心為，半徑為，此時弦長為，滿足題意；當直線的斜率存在時，不妨設斜率為，則直線的方程為，即，則圓心到直線的距離.因為直線被所截得的線段的長為，所以，則，所以，解得，所以直線的方程為.綜上，滿足條件的直線的方程為或.第15頁/共19頁18.是菱形，，是邊長為2的等邊三角形，（1）求證：（2）若，求直線與平面所成角的正弦值【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）根據線線垂直可得平面，即可根據線面垂直的性質求解，（2）建立空間直角坐標系，求解平面法向量，即可利用向量的夾角公式求解.【小問1詳解】證明：取的中點，連接．∵四邊形為菱形，且，則，又∵為等邊三角形，∴，而，平面，∴平面．又∵平面，∴．【小問2詳解】第16頁/共19頁若，由可知，，而，故平面，而．以點為原點，，，分別為軸、軸、軸的正方向建系．則，，，，．故，，設平面的法向量∴∴即令，則，，所以，平面的法向量．設直線與平面所成角為，∴所以直線與平面所成角的正弦值為．19.已知橢圓的焦點在的一個頂點和兩個焦點為頂點的三角形是等邊三角形，且其周長為．（1）求橢圓的方程；（2）設過點的直線（不與坐標軸垂直）與橢圓交于不同的兩點，①若直線的斜率為1，求弦長．②設直線與直線交于點．點在軸上，為坐標平面內的一點，四邊形是菱形．試問：直線PD是否過定點？若成立，請求出該定點坐標，若不成立，請說明理由．第17頁/共19頁【答案】（1）；（2）①，②過定點，且定點為.【解析】1）根據焦點三角形的周長以及等邊三角形的性質可得且，即可求，可得橢圓方程；（2，進而根據菱形的性質可得的方