湖北省襄陽市高中高三上學期1月聯考數學試題

襄陽市優(yōu)質高中屆高三聯考試題數學命題人：覃凌霄學校：宜城一中審題人：陳新學校：老河口一中審題人：包晏東學校：曾都一中考試時間：年1月日下午：：試卷滿分：分注意事項：答卷前，考生務必將姓名、準考證號等在答題卷上填寫清楚．選擇題答案用鉛筆在答題卷上把對應題目的答案標號涂黑，非選擇題用的黑色簽字筆在每題對應的答題區(qū)域內做答，答在試題卷上無效．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若，則的虛部為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】中找出虛部.【詳解】已知，那么.化簡的表達式即：因為，所以：在中，虛部為.故選：D.2.已知，則“”是“”的（）條件A.充要B.充分不必要C.必要不充分D.既不充分也不必要第1頁/共22頁【答案】A【解析】【分析】先求解分式不等式，再結合充要條件定義判斷即可.【詳解】解不等式，得，由，可得，所以“”是“”的充要條件.故選：A.3.已知數列是等差數列，數列是等比數列，若，則（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】由題意，根據等差、等比數列的通項公式計算可得、，即可求解.【詳解】設等差數列的公差為；等比數列的公比為.由，得，即，所以；由，得，即，所以，所以.故選：B4.已知，則（）A.B.5C.D.7【答案】D【解析】【分析】根據已知條件，先運用二倍角公式，可得，再結合正切函數的兩角差公式，即可求解．【詳解】因為，所以且，所以﹔第2頁/共22頁又，所以.故選：D5.某學校在一次調查“籃球迷”的活動中，獲得了如下數據，以下結論最準確的是（）男生女生籃球迷9020非籃球迷60300.100.050.010.0052.7063.8416.6357.789附：A.有99.5%的把握認為是否是籃球迷與性別有關B.有99%的把握認為是否是籃球迷與性別有關C.在犯錯誤的概率不超過0.1的前提下，可以認為是否是籃球迷與性別有關D.在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下，可以認為是否是籃球迷與性別有關【答案】D【解析】【分析】根據所給數據完善列聯表，計算出卡方，即可判斷.【詳解】依題意可得列聯表如下：男生女生合計籃球迷9020非籃球迷603090合計15050200第3頁/共22頁所以，所以沒有99%的把握認為是否是籃球迷與性別有關，進而沒有99.5%的把握認為是否是籃球迷與性別有關，A,B選項錯誤；又0.05與性別有關，D選項正確.故選：D.6.已知平面向量與滿足：在方向上的投影向量為在方向上的投影向量為，且，則（）A.2B.3C.D.4【答案】C【解析】【分析】根據投影向量的定義，即可求解.【詳解】在方向上的投影向量為，即，①在方向上的投影向量為，即，②由①②得，又，所以.故選：C7.已知直線與相交于點，點是圓上的一個動點，則的最大值為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出兩直線交點的軌跡方程，然后根據圓的性質，計算圓心到軌跡上點的距離，進而得出的最大值.第4頁/共22頁【詳解】對于直線，可變形為.令，解得，所以直線恒過定點.對于直線，可變形為.令，解得，所以直線恒過定點.直線的斜率（，時垂直于的斜率.因為，所以，那么點的軌跡是以為直徑的圓.中點坐標為，即，，則點軌跡圓的半徑.圓，其圓心，半徑.圓心到點軌跡圓圓心的距離.最大值為圓心距加上兩個圓的半徑，即.故選：C.8.已知函數是定義域為的偶函數，且，當時，，則（）A.B.C.254D.2025【答案】B【解析】周期內函數值的和，最后利用周期計算所給式子的和.【詳解】由是偶函數推出的性質，因為是定義域為的偶函數，所以，即，第5頁/共22頁對于任意都成立，那么.用代替，可得，即.又因為，則關于直線對稱，所以.由和可得，再用代替，得到，即，而，所以，進而，所以函數的周期是.已知當時，...因為圖象關于直線對稱，所以，...，，.則.因為，其中是余數.所以.，故選：B.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題列出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9.體育教育既能培養(yǎng)學生自覺鍛煉身體的習慣，又能培養(yǎng)學生開拓進取、不畏艱難的堅強性格．某校學生參加體育測試，其中甲班女生的成績X與乙班女生的成績Y均服從正態(tài)分布，，則下列說法正確的是（）A.B.C.D.第6頁/共22頁【答案】BCD【解析】【分析】運用正態(tài)分布的概念，概率性質，逐個分析判斷即可.【詳解】對于正態(tài)分布，方差，則.已知，這里，那么，而不是，所以選項A錯誤.對于正態(tài)分布，期望.已知，這里，所以，選項B正確.因為正態(tài)分布，則，.根據正態(tài)分布的性質，，，，即，那么，選項C正確.對于，；對于，.對應的，對應的.根據正態(tài)分布的性質，值越大，對應的概率越大，因，所以，選項D正確.故選：BCD.10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.有最小值B.當時，的圖象在點處的切線方程是C.當時，函數有2個零點D.若，則【答案】AD【解析】AB第7頁/共22頁C的單調性，可得在區(qū)間恒成立，再根據函數的單調性和最值，即可判斷D.【詳解】，得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以函數的最小值為，故A正確；當時，，，所以函數的圖象在點處的切線方程為，即，故B錯誤；由A的最小值為時，沒有零點，故C錯誤；設，則，當時，，所以，單調遞增，且，所以時，，即，，若，，不妨設，即，，且由A可知，在區(qū)間單調遞增，所以，即，故D正確.故選：AD【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是D選項，屬于極值點偏移問題，問題的關鍵是構造函數，結合導數判斷函數的單調性.已知曲線上的點滿足：到定點的距離與到定直線的距離之和為，則下列說法正確的是（）第8頁/共22頁A.恰好經過個整點（橫、縱坐標均為整數的點）B.當點在上時，C.上的點到直線的距離的最大值為D.上的點與點的距離的取值范圍為【答案】ABC【解析】【分析】由兩點間距離公式得到分段函數的解析式，再作圖象，由解析式中的范圍可得B錯誤；由的取值范圍代入表達式可得A正確；由點到直線的距離公式可得C正確；由曲線C的性質可得D正確.【詳解】設曲線上的點到定點的距離與到定直線的距離之和為，則，即，整理或，畫出曲線的圖象如下圖所示：對于B選項，當即；當即，故B正確；對于A選項，由B可得可取、、、，當時，或，無整點；當時，或，整點為、；當時，或，無整點；第9頁/共22頁當時，或，整點為、.所以共有個整點，故A正確；對于C選項，作直線的平行線，當平行線過點，兩平行線間距離最大，即，故C正確；對于D選項，上的點到定直線的距離范圍為，則上的點與點的距離的取值范圍為，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是由兩點間距離公式推導出函數的表達式，再根據的取值范圍去掉絕對值符號，得到分段函數.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.已知分別為雙曲線的左，右焦點，點在雙曲線上，，則雙曲線的離心率為______．【答案】2【解析】【分析】由得，根據雙曲線的定義得，結合離心率的概念即可求解.【詳解】由，，得，又，所以.故答案為：213.已知展開式中所有偶數項的二項式系數和為32，現將展開式中的各項重新排列，則有理項互不相鄰的概率為______．【答案】第10頁/共22頁【解析】【分析】利用二項式系數的性質求出，再求出展開式的有理項項數，利用不相鄰的排列問題求解即得.【詳解】依題意，，解得，因此二項式的展開式共7項，展開式的通項為，當時，是有理項，則展開式的有理項共4項，所以將展開式中的各項重新排列，其中有理項互不相鄰的概率.故答案為：14.和矩形所在的平面互相垂直．點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動，設，若，則四面體體積的最大值為______．【答案】4【解析】體積最大時，算即可求解.【詳解】如圖：第11頁/共22頁因為平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以.又在正方形及其內部，所以點軌跡是如圖所示的以為直徑的半圓，作于，則是三棱錐的高.所以當的面積和都取得最大值時，四面體的體積最大.此時點應該與或重合，為正方形的中心.當點與重合，為正方形的中心時，如圖：此時，，所以；當點與重合，為正方形的中心時，如圖：此時，，.綜上可知，當四面體的體積的最大值為4.故答案為：4第12頁/共22頁得到點在以點在正方形及其內部，所以點軌跡就是球面與平面為直徑的半圓上.明確點軌跡是解決問題的關鍵.四、解答題：本題共5小題，共分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.如圖，在三棱柱中，平面平面，四邊形是菱形，分別是的中點．（1）證明：；（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平面明；（2）建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解線面角即可.【小問1詳解】連接，因為四邊形是菱形，所以，又因為，所以是正三角形，因為為的中點，則，又平面平面，平面平面平面，所以平面平面，所以，又因為，，所以第13頁/共22頁又，平面，所以平面，又平面，所以．【小問2詳解】連接，因為，所以，則兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標系．因為，所以，又因為，所以，則，，，，設平面的法向量為，則有，可取，設直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的正弦值．第14頁/共22頁16.在中，內角所對的邊分別為，且．（1）若，求；（2）若是銳角三角形，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】1）由題意，根據正弦定理計算即可求解；（2）根據余弦定理可得，則，進而，求得，結合兩角和的正弦公式和二倍角公式計算即可求解.【小問1詳解】，由正弦定理得，又，所以，得．又，所以；【小問2詳解】，由余弦定理得所以或，當時，，解得，則，與已知矛盾，故，所以，因為為銳角三角形，所以，即，解得，第15頁/共22頁由于在上單調遞減，故，所以，．所以的取值范圍為．17.已知橢圓的焦點在軸上，焦距為4，點在橢圓上，過點的直線交橢圓于兩點．（1）求橢圓標準方程；（2）若直線與坐標軸不垂直，在軸上是否存在點，使得恒成立？若存在，求出點的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）存在點【解析】1）先確定的值，再根據點在橢圓上和的關系，可求的值，確定橢圓的方程.（2的方程為與，再設，利用可化簡求出的值，得到點坐標.【小問1詳解】設橢圓E的標準方程為（，則，得，第16頁/共22頁所以橢圓的標準方程為.小問2詳解】假設存在點滿足條件，設直線的方程為，設，，如圖：聯立，得，易知，則，，由，則，即，即，即整理得則整理得，解得，所以存在點，使得．18.設函數．第17頁/共22頁（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）已知函數有兩個極值點，求的取值范圍；（3）若函數在區(qū)間上存在唯一零點，求實數的取值范圍．【答案】（1）單調減區(qū)間為的單調增區(qū)間為（2）（3）【解析】1）利用導數可得答案；（2）轉化為在上有兩個不同的實數根，令，求出在上的單調性可得答案；（3、討論函數的單調性可得答案.【小問1詳解】由函數，可得，，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，故函數的單調減區(qū)間為的單調增區(qū)間為；【小問2詳解】因為函數有兩個極值點，第18頁/共22頁所以在上有兩個不同的變號零點，即在上有兩個不同的實數根．，令，開口向下，對稱軸為，在上單調遞增，上單調遞減，，所以；【小問3詳解】由函數，可得，令，當時，，即在區(qū)間上單調遞增．因為，所以，所以函數區(qū)間上沒有零點，不符合題意；當時，函數的圖象開口向上，且對稱軸為直線，由，解得，當時，在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上單調遞減．因為，所以，所以函數在區(qū)間上沒有零點，不符合題意．綜上可得，，設使得，當時，單調遞減；第19頁/共22頁當時，單調遞增，因為，要使得函數在區(qū)間上存在唯一零點，則滿足，解得，所以實數的取值范圍為．【點睛】思路點睛：第三問函數在區(qū)間上存在唯一零點，需要結合函數的單調性，分情況討論函數在該區(qū)間端點處函數值的情況，從