2024年湖北省七市州高三年級3月聯合統一調研測試數學試卷命題單位：荊州市教育科學研究院2024.3本試卷共4頁，19題，全卷滿分150分．考試用時120分鐘．★祝考試順利★注意事項：1．答題前，先將自己的姓名?準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．3．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內．寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．4．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交．一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.設集合，則（）A. B. C. D.2.已知復平面內坐標原點為，復數對應點滿足，則（）A. B. C.1 D.23.已知正方形的邊長為2，若，則（）A.2 B. C.4 D.4.已知橢圓，則“”是“橢圓的離心率為”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件5.過點的直線與圓交于兩點，則的最小值為（）A. B. C. D.26.已知公差為負數的等差數列的前項和為，若是等比數列，則當取最大值時，（）A.2或3 B.2 C.3 D.47.若，則（）A. B. C. D.8.能被3個半徑為1的圓形紙片完全覆蓋的最大的圓的半徑是（）A. B. C. D.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分．9.已知為隨機事件，，則下列結論正確的有（）A.若為互斥事件，則B.若為互斥事件，則C.若相互獨立，則D.若若，則10.如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內一個動點（包括邊界），且平面，則下列說法正確的有（）A.動點軌跡的長度為B.三棱錐體積的最小值為C.與不可能垂直D.當三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為11.我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．已知函數，則下列結論正確的有（）A.函數的值域為B.函數的圖象關于點成中心對稱圖形C.函數的導函數的圖象關于直線對稱D.若函數滿足為奇函數，且其圖象與函數的圖象有2024個交點，記為，則三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知函數滿足恒成立，且區間上無最小值，則__________．13.已知雙曲線的左右頂點分別為，點是雙曲線上在第一象限內的點，直線的傾斜角分別為，則__________；當取最小值時，的面積為__________．14.已知函數有零點，當取最小值時，的值為__________．四?解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟．15.如圖，四棱錐的底面是矩形，是等邊三角形，平面平面分別是的中點，與交于點．（1）求證：平面；（2）平面與直線交于點，求直線與平面所成角的大小．16.某高中學校為了解學生參加體育鍛煉的情況，統計了全校所有學生在一年內每周參加體育鍛煉的次數，現隨機抽取了60名同學在某一周參加體育鍛煉的數據，結果如下表：一周參加體育鍛煉次數01234567合計男生人數1245654330女生人數4556432130合計579111086460（1）若將一周參加體育鍛煉次數為3次及3次以上的，稱為“經常鍛煉”，其余的稱為“不經常鍛煉”．請完成以下列聯表，并依據小概率值的獨立性檢驗，能否認為性別因素與學生體育鍛煉的經常性有關系；性別鍛煉合計不經常經常男生女生合計（2）若將一周參加體育鍛煉次數為0次的稱為“極度缺乏鍛煉”，“極度缺乏鍛煉”會導致肥胖等諸多健康問題．以樣本頻率估計概率，在全校抽取20名同學，其中“極度缺乏鍛煉”的人數為，求和；（3）若將一周參加體育鍛煉6次或7次的同學稱為“運動愛好者”，為進一步了解他們的生活習慣，在樣本的10名“運動愛好者”中，隨機抽取3人進行訪談，設抽取的3人中男生人數為，求的分布列和數學期望．附：010.050.012.7063.8416.63517.已知各項均不為0的數列的前項和為，且．（1）求的通項公式；（2）若對于任意成立，求實數的取值范圍．18.如圖，為坐標原點，為拋物線的焦點，過的直線交拋物線于兩點，直線交拋物線的準線于點，設拋物線在點處的切線為．（1）若直線與軸的交點為，求證：；（2）過點作的垂線與直線交于點，求證：．19.微積分創立是數學發展中的里程碑，它的發展和廣泛應用開創了向近代數學過渡的新時期，為研究變量和函數提供了重要的方法和手段．對于函數在區間上的圖像連續不斷，從幾何上看，定積分便是由直線和曲線所圍成的區域（稱為曲邊梯形）的面積，根據微積分基本定理可得，因為曲邊梯形的面積小于梯形的面積，即，代入數據，進一步可以推導出不等式：．（1）請仿照這種根據面積關系證明不等式的方法，證明：；（2）已知函數，其中．①證明：對任意兩個不相等正數，曲線在和處的切線均不重合；②當時，若不等式恒成立，求實數取值范圍．2024年湖北省七市州高三年級3月聯合統一調研測試數學試卷命題單位：荊州市教育科學研究院2024.3本試卷共4頁，19題，全卷滿分150分．考試用時120分鐘．★祝考試順利★注意事項：1．答題前，先將自己的姓名?準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．3．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內．寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．4．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交．一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.設集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分別求兩個集合，再求集合的混合運算.【詳解】，得，即，，得，即，，所以.故選：B2.已知復平面內坐標原點為，復數對應點滿足，則（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】由復數的除法運算易求出，再根據復數的幾何意義即可得.【詳解】由可得；所以可得，即；即.故選：C3.已知正方形的邊長為2，若，則（）A.2 B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】以為坐標原點建立平面直角坐標系，利用向量數量積的坐標運算可得結果.【詳解】以點坐標原點建立平面直角坐標系，如下圖所示：由可得為的中點，所以，易知，可得，所以.故選：B4.已知橢圓，則“”是“橢圓的離心率為”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據橢圓離心率定義，對參數的取值進行分類討論即可判斷出結論.【詳解】由可得橢圓，此時離心率為，此時充分性成立；若橢圓的離心率為，當時，可得離心率為，解得，即必要性不成立；綜上可知，“”是“橢圓的離心率為”的充分不必要條件.故選：A5.過點直線與圓交于兩點，則的最小值為（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】結合圖形可知，當時取得最小值，然后可解.【詳解】將圓化為，圓心，半徑，因為，所以點在圓C內，記圓心C到直線l的距離為d，則，由圖可知，當，即時，取得最小值，因，所以的最小值為.故選：A6.已知公差為負數的等差數列的前項和為，若是等比數列，則當取最大值時，（）A.2或3 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用等比數列的意義列式，用公差表示出，再確定數列的所有非負數項即可得解.【詳解】設等差數列的公差為，由是等比數列，得，解得，則，顯然等差數列單調遞減，當時，，當時，，所以當取最大值時，.故選：B7.若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先根據公式化解條件等式，再結合二倍角和兩角差正弦公式，即可化解求值.【詳解】由條件等式可知，，整理為，則，又，，所以，，所以.故選：D8.能被3個半徑為1的圓形紙片完全覆蓋的最大的圓的半徑是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，借助圓的對稱性可得已知3個圓的圓心構成正三角形，由此建立函數關系，再利用導數求出最大值即得.【詳解】要求出被完全覆蓋的最大的圓的半徑，由圓的對稱性知只需考慮三個圓的圓心構成等邊三角形的情況，設三個半徑為1的圓的圓心分別為，設被覆蓋的圓的圓心為，如圖，設圓與交于交于交圓于，顯然為正的中心，設，則，，又，因此圓的最大半徑為，令，求導得，由，得，當時，，當時，，因此在上單調遞增，在上單調遞減，，所以被完全覆蓋的最大的圓的半徑為，此時，即圓?圓?圓中的任一圓均經過另外兩圓的圓心．故選：C【點睛】關鍵點睛：涉及幾何圖形最值問題，借助幾何圖形建立函數關系，再求出函數最值是關鍵.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分．9.已知為隨機事件，，則下列結論正確的有（）A.若為互斥事件，則B.若為互斥事件，則C.若相互獨立，則D.若若，則【答案】ACD【解析】【分析】根據互斥事件性質可求得A正確，B錯誤，再由相互獨立事件性質可得C正確，利用對立事件及條件概率公式可得D正確.【詳解】對于A，若為互斥事件，則，即可得A正確；對于B，由可得，又為互斥事件，則，又，即B錯誤；對于C，若相互獨立，則,所以，即C正確；對于D，若，所以；可得，所以，即D正確.故選：ACD10.如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內一個動點（包括邊界），且平面，則下列說法正確的有（）A.動點軌跡的長度為B.三棱錐體積的最小值為C.與不可能垂直D.當三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為【答案】ABD【解析】【分析】對A由平面，聯想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進而得到的軌跡為線段，對B，根據棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.【詳解】對A，如圖，令中點,中點為,連接，又正方體中，為棱的中點，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又為正方形內一個動點（包括邊界），平面平面，而平面平面，，即的軌跡為線段.由棱長為2的正方體得線段的長度為，故選項A正確；對B，由正方體側棱底面，所以三棱錐體積為，所以面積最小時，體積最小，如圖，，易得在處時最小，此時,所以體積最小值為，故選項B正確；對C，當為線段中點時，由可得,又中點為,中點為,，而，,故選項C不正確；對D，如圖，當在處時，三棱錐的體積最大時，由已知得此時,所以在底面的射影為底面外心，,,,所以底面為直角三角形，所以在底面的射影為中點，設為，如圖，設外接球半徑為,由,,可得外接球半徑，外接球的表面積為，故選項D正確.故選：ABD.11.我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．已知函數，則下列結論正確的有（）A.函數的值域為B.函數的圖象關于點成中心對稱圖形C.函數的導函數的圖象關于直線對稱D.若函數滿足為奇函數，且其圖象與函數的圖象有2024個交點，記為，則【答案】BCD【解析】【分析】借助指數函數的值域求解判斷A；利用給定定義計算判斷B；利用復合函數求導法則結合對稱性判斷C；利用中心對稱的性質計算判斷D.【詳解】對于A，顯然的定義域為R，，則，即函數的值域為，A錯誤；對于B，令，，即函數是奇函數，因此函數的圖象關于點成中心對稱圖形，B正確；對于C，由選項B知，，即，兩邊求導得，即，因此函數的導函數的圖象關于直線對稱，C正確；對于D，由函數滿足為奇函數，得函數的圖象關于點成中心對稱，由選項B知，函數的圖象與函數的圖象有2024個交點關于點對稱，因此，D正確.故選：BCD【點睛】結論點睛：函數的定義域為D，，①存在常數a，b使得，則函數圖象關于點對稱.②存在常數a使得，則函數圖象關于直線對稱.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知函數滿足恒成立，且在區間上無最小值，則__________．【答案】##【解析】【分析】首先由條件確定是函數的最大值，再結合函數的周期的范圍，聯立后即可求解.【詳解】由題意可知，是函數的最大值，則，，得，且在區間上無最小值，所以，所以，所以.故答案為：13.已知雙曲線的左右頂點分別為，點是雙曲線上在第一象限內的點，直線的傾斜角分別為，則__________；當取最小值時，的面積為__________．【答案】①.②.【解析】【分析】根據雙曲線的幾何性質，斜率公式，以及基本不等式，即可分別求解.【詳解】設，則，可得，又因為分別為雙曲線的左右頂點，可得，所以；又由，所以，當且僅當時，等號成立，所以，解得，所以，所以，所以的面積為.故答案為：；.14.已知函數有零點，當取最小值時，的值為__________．【答案】【解析】【分析】首先將方程轉化為，再通過構造幾何意義，轉化為求函數的最大值，再結合幾何意義，即可求解.【詳解】設的零點為，則，即，設為直線上任意一點，坐標原點到直線的距離為，因為到原點的距離，下求的最小值，令，則在為減函數，在為增函數，即，此時，所以的斜率為，此時的最小值為，此時，（此時）．故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點以及難點是構造幾何意義，將點看成直線上的任一點，從而根據幾何意義解決問題.四?解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟．15.如圖，四棱錐的底面是矩形，是等邊三角形，平面平面分別是的中點，與交于點．（1）求證：平面；（2）平面與直線交于點，求直線與平面所成角的大小．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面垂直性質定理證明平面，可得，再利用向量法證明，然后由線面垂直判定定理可證；（2）以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用向量法可解.【小問1詳解】因為為正三角形，是中點，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，，又在平面內且相交，故平面【小問2詳解】分別為的中點，，又平面過且不過，平面．又平面交平面于，故，進而，因為是中點，所以是的中點．以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面法向量為，則，即，取，得，則，因為，所以.16.某高中學校為了解學生參加體育鍛煉的情況，統計了全校所有學生在一年內每周參加體育鍛煉的次數，現隨機抽取了60名同學在某一周參加體育鍛煉的數據，結果如下表：一周參加體育鍛煉次數01234567合計男生人數1245654330女生人數4556432130合計579111086460（1）若將一周參加體育鍛煉次數為3次及3次以上的，稱為“經常鍛煉”，其余的稱為“不經常鍛煉”．請完成以下列聯表，并依據小概率值的獨立性檢驗，能否認為性別因素與學生體育鍛煉的經常性有關系；性別鍛煉合計不經常經常男生女生合計（2）若將一周參加體育鍛煉次數為0次的稱為“極度缺乏鍛煉”，“極度缺乏鍛煉”會導致肥胖等諸多健康問題．以樣本頻率估計概率，在全校抽取20名同學，其中“極度缺乏鍛煉”的人數為，求和；（3）若將一周參加體育鍛煉6次或7次的同學稱為“運動愛好者”，為進一步了解他們的生活習慣，在樣本的10名“運動愛好者”中，隨機抽取3人進行訪談，設抽取的3人中男生人數為，求的分布列和數學期望．附：0.10.050.012.7063.8416.635【答案】（1）填表見解析；性別因素與學生體育鍛煉的經常性有關系（2），（3）分布列見解析；期望為【解析】【分析】（1）由60名同學的統計數據可得列聯表，代入公式可得，即可得結論；（2）求出隨機抽取一人為“極度缺乏鍛煉”者的概率，由二項分布即可得和；（3）易知的所有可能取值為，利用超幾何分布公式求得概率即可得分布列和期望值.【小問1詳解】根據統計表格數據可得列聯表如下：性別鍛煉合計不經常經常男生72330女生141630合計213960零假設為：性別與鍛煉情況獨立，即性別因素與學生體育鍛煉的經常性無關；根據列聯表的數據計算可得根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即性別因素與學生體育鍛煉的經常性有關系，此推斷犯錯誤的概率不超過0.1【小問2詳解】因學校總學生數遠大于所抽取的學生數，故近似服從二項分布，易知隨機抽取一人為“極度缺乏鍛煉”者的概率即可得，故，．【小問3詳解】易知10名“運動愛好者”有7名男生，3名女生，所以的所有可能取值為；且服從超幾何分布：故所求分布列為0123可得17.已知各項均不為0的數列的前項和為，且．（1）求的通項公式；（2）若對于任意成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意，得到時，，兩式相減得到，得到及均為公差為4的等差數列，結合等差數列的通項公式，進而得到數列的通項公式；（2）由（1）求得，證得為恒成立，設，求得數列的單調性和最大值，即可求解.【小問1詳解】解：因為數列的前項和為，且，即，當時，可得，兩式相減得，因為，故，所以及均為公差為4的等差數列：當時，由及，解得，所以，，所以數列的通項公式為.【小問2詳解】解：由（1）知，可得，因為對于任意成立，所以恒成立，設，則，當，即時，當，即時，所以，故，所以，即實數的取值范圍為.18.如圖，為坐標原點，為拋物線的焦點，過的直線交拋物線于兩點，直線交拋物線的準線于點，設拋物線在點處的切線為．（1）若直線與軸的交點為，求證：；（2）過點作的垂線與直線交于點，求證：．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據拋物線方程可得焦點坐標和準線方程，設直線的方程為聯立直線和拋物線方程求得，，即可得，得證；（2）寫出過點的的垂線方程，解得交點的縱坐標為，再由相似比即可得，即證得.【小問1詳解】易知拋物線焦點，準線方程為；設直線的方程為聯立得，可得，所以；不妨設在第一象限，在第四象限，對于；可得的斜率為所以的方程為，即為令得直線的方程為，令得．又，所以即得證．【小問2詳解】方法1：由（1）中的斜率為可得過點的的垂線斜率為，所以過點的的垂線的方程為，即，如下圖所示：聯立，解得的縱坐標為要證明，因為四點共線，只需證明（*）．，．所以（*）成立，得證.方法2：由知與軸平行，①又的斜率為的斜率也為，所以與平行，②，由①②得，即得證.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是采用設點法，從而得到，解出點的坐標，從而轉化為證