湖北省宜昌市高三上学期元月调研考试数学试卷

宜昌市届高三元月调研考试数学本试卷满分分，考试用时分钟．注意事项：题卡上的指定位置．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．答题卡上的非答题区域均无效．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.已知i为虚数单位，则（）A.B.1C.D.i【答案】A【解析】【分析】应用复数的乘方计算求解.【详解】.故选：A.2.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据题意求出集合，再由交集定义求解即得.【详解】因，则，第1页/共21页

则.故选：A.【点睛】3.某气象爱好者为了解本地冬季的气温变化规律，特记录了本地过去10天的最低气温的数据（单位：℃结果如下：7，7，5，2，3，6，6，7，4，3，则这10天的最低气温的（）A.极差为4B.中位数为6C.平均数为5D.方差为3【答案】C【解析】【分析】根据样本数据极差、中位数、平均数、方差的定义分别求出结果，即可判断出答案.【详解】选项A：最低气温的数据（单位：℃）的最大值为7，最小值为2，故极差为，故A错误；选项B：把最低气温的数据（单位：℃）从小到大排序为：2，3，3，4，5，6，6，7，7，7，这10个数据的中位数为第五个数和第六个数的平均数，即为，故B错误；选项C：最低气温的平均数为，故C正确；选项D：最低气温的方差为，故D错误.故选：C.4.设：，，：，则是的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由充分必要条件的概念判断即可．【详解】由题可知，命题等价于，命题为，因为能推出，但不能推出（如所以是的必要不充分条件，故选：B．5.已知，为第二象限角，则（）A.B.C.D.2第2页/共21页

【答案】D【解析】【分析】利用，解出的值，再利用倍角公式可得答案.【详解】已知，且为第二象限角，设，，则有方程组，消元得，解得或，当时，；当时，，由于为第二象限角，需满足，，故舍去的解，因此，，利用倍角公式计算.故选：D6.若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】对模的正整数除以所得的余数为列是等差数列.求得数列的通项公式，并根据裂项相消求和法求得.【详解】由对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为，所以数列是首项为，公差为的等差数列.第3页/共21页

所以数列的通项公式为.所以所以则.故选：C.7.如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（）A.2B.4C.6D.9【答案】B【解析】【分析】利用空间向量共面的充要条件及基本不等式即可求解.【详解】，又，，，则，因为点共面，所以，且.则，又当且仅当时取等号；第4页/共21页

，当且仅当时取等号；，当且仅当时取等号.所以，当且仅当时取等号.故的最小值为.故选：B【点睛】.8.若方程的三个根（）成等比数列，则公比为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分离参数后构造函数，将问题转化为图象的交点问题，解方程组消参可求得公比.【详解】由得，所以.令，则.方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标.因为函数的导数为，当时，，单调递增；当时，，单调递减，且为正.又当时，；当时，.作出的图象，如下图.第5页/共21页

（因成等比数列，可设，所以，，代入（）式得，由得，即，所以，解得，代入，可得，整理得，解得或故选：B．二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9.在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水面可能呈现出的几何形状分别为（）A.圆面B.矩形面C.椭圆面D.三角形面第6页/共21页

【答案】ABC【解析】【分析】把问题转化成水平面截圆柱的截面问题，可得答案.【详解】当圆柱桶竖直放置时，圆柱轴线垂直，水平面与圆柱侧面平行于底面，交线为圆，水面呈圆面，A正确；当圆柱桶水平放置时，圆柱轴线水平，水平面平行于轴线，与侧面和底面相交形成矩形，水面呈矩形面，B正确；当圆柱桶倾斜放置时，圆柱轴线倾斜，水平面与圆柱侧面相交形成椭圆，水面呈椭圆面，C正确；三角形面不可能出现，因为圆柱与平面的截面不可能为三角形面.故选：ABC10.已知函数（，则（）A.B.在区间上单调递增C.，D.将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么【答案】ACD【解析】合得出，故A正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B即可；因为C求的取值范围即可.【详解】因为（，第7页/共21页

则，此时，解得，结合（时；故A正确；，求其单调递增区间即，化简得，当时，同理单调递减区间为，当时，，因此在区间上不单调，故B不正确；因为，，故，C选项正确；将的图象向右平移个单位长度得到的图象，故，故,，即，选项D正确.故选：ACD.投篮，游戏结束．则（）A.当时，投篮2次游戏结束的概率为B.当时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率C.当时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为D.设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（）第8页/共21页

【答案】ACD【解析】【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD.【详解】对于A，由相互独立事件同时发生的概率公式可得，投篮2次后游戏结束的概率为，故A正确；对于B，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束.故投篮3次游戏结束的事件为“次投篮结果依次为：不中、命中、命中”，则由相互独立事件同时发生的概率公式可得，投篮3次游戏结束的概率；投篮4次游戏结束，则第3、4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2第1次投篮结果不影响，故投篮4次游戏结束的概率为，两者概率相等，故B错误；对于C，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束.设投篮的总次数的数学期望，考虑第一次投篮的结果：①第一次命中，若第一次命中，第二次也命中（概率为；若第一次命中，第二次未命中（概率为；②第一次未命中（概率为；则，解得，故C正确；对于D，由题意，为出现连续次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望.在连续次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中（）次的时刻，此时当前投篮的总次数期望为，且最后次都投篮命中.现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续第9页/共21页

若下一次投篮命中（概率为则出现连续次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作次；若下一次投篮命不中（概率为则游戏重置，需再进行次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作；故，整理得（D正确．故选：ACD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共分）12.设为单位向量，且，则______．【答案】1【解析】【分析】根据向量数量积的性质列方程求解即可.【详解】因为为单位向量，所以.由可得，解得.故答案为：1.13.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，若抛物线：（）与椭圆共焦点，点为椭圆与抛物线的一个公共点，且在直角中，，则椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】分和两种情况，利用直角三角形的性质，结合椭圆的定义求得椭圆的离心率，并通过点为椭圆与抛物线的一个公共点进行检验，即可确定椭圆的离心率.第10页/共21页

【详解】设，则.因为抛物线（）与椭圆共焦点，所以，即，所以抛物线.由椭圆和抛物线的对称性，不妨设点位于第一象限.直角中，显然.当时，，所以.所以.且点的横坐标为，代入椭圆方程得，解得；代入抛物线方程得，，所以，即，可得，化简得，因为，所以，符合题意.当时，因为，所以，.所以.因为，所以，所以.此时，点横坐标为，代入椭圆方程得，，解得；第11页/共21页

代入抛物线方程得，，所以.由，知代入上式不成立，所以不合题意.故椭圆的离心率为.故答案为：.14.在直角中，，，为斜边上一点，将沿折叠到，使得二面角为，且，则______．【答案】【解析】作作，直角三角形中计算边长结合计算得到结果.【详解】设，则，过作为垂足，过作，为垂足．在中有，，在中有，，则．因为二面角为，所以,又，则，，第12页/共21页

所以．故答案为：.四、解答题（本题共5小题，共分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知数列的前项和为，且．（1）求证：数列为等比数列；（2）若，求满足条件的最小整数．【答案】（1）证明见解析（2）5【解析】1）作差应用，并整理得，进而根据等比数列的定义即可判断；（2）根据等比数列通项公式得出，再应用等比数列前n项和公式计算结合指数单调性即可求解.【小问1详解】当时，．当时，，又，两式相减得，即，因为，所以，则，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列．【小问2详解】第13页/共21页

由（1）知，则，所以，整理得，解得，所以满足条件的最小整数．16.如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面．（1）求证：平面；（2）若，，四棱锥的体积为，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，从而得，再由面面垂直的性质得平面，进而可得，即可求解；（2的法向量及由点面距的向量法，即可求解.【小问1详解】因为底面为正方形，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以，连接，易知，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，则，第14页/共21页

又因为，平面，所以平面．【小问2详解】由题意，则正方形的面积为，又，得到，由（1）知平面，又平面，则，以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，由，所以，则，所以，，．设平面的法向量为，则，即，令，得，所以，则点到平面的距离为．17.在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，．（1）求角的大小；（2）求的取值范围；（3）设是的重心，求的最小值．第15页/共21页

【答案】（1）（2）（3）．【解析】1）利用正弦定理化角为边，再由余弦定理即可求得角；（2即可求得边的取值范围；（3）利用三角形的重心性质和余弦定理，借助于二次函数的性质即可求得答案.小问1详解】由和正弦定理，可得，去分母得，即，由余弦定理，可得．又，所以．【小问2详解】由正弦定理，可得．因为三角形为锐角三角形，所以，解得．则，则，故．【小问3详解】设的中点为，因是的重心，则，第16页/共21页

由余弦定理，，故当时，取得最小值，此时的最小值为18.已知双曲线：（，）的焦距为，右顶点．（1）求双曲线标准方程；（2，是为直径的圆过双曲线，与双曲线的另一个交点分别为，．（ⅰ）证明：直线过定点；（ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由．【答案】（1）；（2与圆相离，理由见解析.【解析】1）由双曲线的几何性质求解即可；（2，的坐标分别为，，的斜率为，，所以．再设出直线因为，，所以，设，则，所以，即，再由直线与圆的位置关系判断即可．【小问1详解】由题意，，则，所以双曲线的标准方程为．【小问2详解】（ⅰ）设点，的坐标分别为，，由题意得：，又设直线，的斜率为，，所以．第17页/共21页

当直线的斜率不存在时，设：（方程得点，的坐标为，则，得或2当直线的斜率存在时，设：，联立，消得：，所以．设，，由韦达定理得：，，所以，代入韦达定理得：，所以或则：，综上直线过定点．（ⅱ）因为，，所以，设，则，所以，即．第18页/共21页

故到直线：的距离．又圆的半径．显然，所以直线与圆相离．19.已知函数，．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若存在两个极值点，，且．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）已知函数有三个零点，分别记为，，，证明：．【答案】（1）（2【解析】1）根据条件，利用导数的几何意义求出函数在点处切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解；（2i）根据条件，将问题转化成存在两个变号零点，，利用导数，分和ii）利用（i）中结果