湖北省十堰市2024届高三上学期元月调研考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省十堰市2024届高三上学期元月调研考试数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题的作答，考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

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：A
3. 已知圆锥的底面面积为，体积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
【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（ ）
A 3B. C. 4D.
【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：A
6. 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：C
8. 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：BCD
11. 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15
C. 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：BCD
12. 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，，所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，直线的方程为，且，
联立方程组，消去得，
由，得，所以，．
又因为，所以，整理得，
即，
化简得．
所以，
化简得，解得，即直线恒过点．
因为，所以点在以线段为直径的圆上，取线段的中点为，
则，所以存在定点，使得线段的长度为定值．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得出直线恒过定点，则得到点的轨迹，从而得到定点的坐标.
22. 已知函数．
（1）求的单调性；
（2）若有两个不相同的零点，设的导函数为．证明：
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据实数的正负性，结合导数的性质进行分类讨论即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数零点的定义、对数的运算性质、构造新函数法、导数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
的定义域为，
且，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由（1）知，当时，在上单调递增，
故至多有一个零点，不符合要求，故．
因为有两个不相同的零点，，所以，
解得，，，故，
要证，
即证
，即证．
不妨设，，，
两式相减得，
变形为，
下面证明成立．
只需证，即．
令，即要证（）．
构造函数（），
则恒成立，
所以在上单调递增，
则，所以（），
所以，即，所以，
故成立．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用分析法要证明成立，根据对数的运算性质，利用换元法、构造新函数法进行求解.