恩施州屆高三第一次質(zhì)量監(jiān)測暨9月起點考試數(shù)學本試卷滿分分，考試用時分鐘.注意事項：題卡上的指定位置.選擇題的作答：每小題選出答案后，用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(qū)域均無效.題卡上的非答題區(qū)域均無效.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交.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.設全集，，，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)條件，利用集合的運算，即可求解.【詳解】因為，，則，又，所以，故選：A.2.已知，，且，則（）A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量的數(shù)量積的坐標運算直接可得.【詳解】由，，且，第1頁/共22頁所以，得.故選：C.3.復數(shù)滿足，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用復數(shù)的運算法則及其模長公式求解即可.【詳解】由已知得，則，故選：B．4.根據(jù)分類變量與的觀測數(shù)據(jù)，計算得到，依據(jù)小概率值（性檢驗，則（）A.變量與不獨立B.變量與獨立C.變量與不獨立，這個結(jié)論犯錯誤的概率不超過0.1D.變量與獨立，這個結(jié)論犯錯誤的概率不超過0.1【答案】B【解析】【分析】根據(jù)獨立性檢驗的概念可得正確的選項.【詳解】因為，所以在顯著性水平下，沒有充分證據(jù)拒絕原假設，因此我們認為變量與是獨立的，故選：B5.將函數(shù)的圖象向左平移（）個單位后，所得的圖象仍然關(guān)于原點對稱，則的最小值為（）第2頁/共22頁A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先通過平移法則得新函數(shù)解析式為，根據(jù)對稱中心列方程得，由即可求解.【詳解】函數(shù)的圖象平移后得到，其圖象關(guān)于點對稱，那么，所以，又，所以m的最小值為.故選：C6.已知，當時，的最小值是，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分、分別求解即可.【詳解】，0，的最小值是，若，即時，則，解得；若，即時，，，不合題意舍去.故.故選：D.7.拋物線與直線交于兩點，為坐標原點，且滿足，則第3頁/共22頁（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】聯(lián)立拋物線與直線方程得，利用根與系數(shù)的關(guān)系及垂直的向量表示，得到，即可求解.【詳解】設，，由，消得到，則，因為，則，又，所以，所以，解得，故選：D.8.已知a，b為正實數(shù)，且，若恒成立，則m的最大值為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】將變形為，再利用基本不等式求出的最小值即可得解.【詳解】，，恒成立，的最大值，又，第4頁/共22頁.當且僅當且取等號.的最大值為.故選：D.36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，部分選對的得部分分.9.已知內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，則下列說法正確的是（）A.B.當B最大時，成立C.若，則D.若，則【答案】AD【解析】A選項，由余弦定理和基本不等式得到B選項，當，為等邊三角形，BC到，由余弦函數(shù)單調(diào)性得到；D選項，由勾股定理和得到，解得，由正弦定理.【詳解】A選項，，當且僅當時，等號成立，第5頁/共22頁又在上單調(diào)遞減，而，所以，A正確；B選項，當，，故為等邊三角形，所以，而，顯然不成立，B錯誤.C，，又，又在上單調(diào)遞減，故，C錯誤；D選項，若，則，即，解得，由正弦定理得，故，D正確.故選：AD10.正方體中，，是棱）A.的最小值為B.若是棱的中點，則點到平面的距離為C.記四棱錐外接球球心為，則直線與平面所成角的正切值的取值范圍為D.若，分別是棱，的中點，則在上的投影向量的模長為定值【答案】BCD【解析】【分析】對于A，將平面沿翻折至與平面共面，則；對于B，由，計算即可；對于C，得四棱錐外接球的球心，根據(jù)線面角定義結(jié)合圖象求D與的夾角為在上的投影向量的模長為第6頁/共22頁間直角坐標系，計算即可.【詳解】對于A，將平面沿翻折至與平面共面，如圖所示，則，故A錯誤；對于B，若是棱的中點，則，即是等腰三角形，設的中點為，則，，所以，因為，設點到平面的距離為，則，故B正確；對于C，四棱錐外接球的球心即為該正方體的外接球球心，即為點，設點在平面的投影點為，邊的中點為，連接，則直線與平面所成角為或其補角，當點與點重合時，直線與平面所成角最大，此時，，其所成角正切值為，當點與點或點重合時，直線與平面所成角最小，此時，其正切值為，所以直線與平面所成角的正切值的取值范圍為，故C正確；第7頁/共22頁對于D，記向量與的夾角為，則在上的投影向量的模長，以點為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，設，則，，，，，為定值，故D正確.故選：BCD已知函數(shù)，方程有三個不同實根，，，則（）A.方程有兩個不同的實根B.C.是方程的一個根D.【答案】ACD【解析】有兩個不同的解且，A的正誤，同樣結(jié)合圖形求出的范圍后可判斷B的正誤，將代入計算后可判斷C的正誤，根據(jù)方程的解的傳遞性可用表示后根據(jù)單調(diào)性可求范圍，從而可判斷D的正誤.第8頁/共22頁【詳解】令，考慮的解.的圖象如圖所示：對于A，因為有3個不同的解，故有兩個不同的解，且，，故A正確.對于B，由A的分析可得，故B錯誤.對于C，由A的分析結(jié)合圖象可得：有兩個不同的解，故且，故，故是方程的一個根，故C正確.對于D，由A的分析可得有兩個不同的解，不妨設為，有唯一解，不妨設為，則，，故，故，而即，所以，記，則，故在上單調(diào)遞增，故，D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.等差數(shù)列的公差為2，記前n項的和為，若，則__________.【答案】第9頁/共22頁【解析】【分析】利用等差數(shù)列的求和公式和等差中項性質(zhì)，及等差數(shù)列的通項公式即可求解.【詳解】由等差數(shù)列的求和公式得：，，因為等差數(shù)列的公差:,又由等差數(shù)列的通項公式可得：，所以解得.故答案為：13.與y軸和曲線的交點分別為在點處的切線交軸于點，則__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，得到，利用導數(shù)的幾何意義，求得曲線在點處的切線方程，令，得到的坐標，進而求得的長，得到答案.【詳解】由直線與y軸及曲線的交點分別為，可得，又由，可得，則，所以曲線在點處的切線方程為，令，可得，即，所以.故答案為：.14.已知雙曲線（，）左右焦點分別為，，直線與C的右支交于AB兩點，PQ分別為，C的離心率為__________.【答案】【解析】PQ兩點的橫坐標為aPQ的直線方程為AB的傾第10頁/共22頁斜角為，可得，則得答案.【詳解】由題意，直線，則直線過，如圖，設內(nèi)切圓與各邊的切點為H，I，J，則，設，則，即P點的橫坐標為a，同理可得Q點的橫坐標為a.則PQ的直線方程為，又直線AB的傾斜角為，因為，，，，所以，又，則，得，.故答案為：.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，在直三棱柱中，，.第11頁/共22頁（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理和判定定理進行證明.（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角的余弦.方法二：把二面角的余弦轉(zhuǎn)化成兩個平面的垂線所成的角，利用余弦定理求角的余弦.【小問1詳解】在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.又，，所以平面，平面，所以.又，所以四邊形為正方形，從而.因為，平面，所以平面.【小問2詳解】以BBC所在直線為xAB所在直線為y軸，所在直線為z系：第12頁/共22頁則，，，，，從而，，.設平面的法向量為，則，不妨取由（1）可知，平面的法向量為，設平面與平面的夾角為，則.法二：過作的垂線，垂足為E，連接AE，平面平面，，平面，由（1）知，平面，的余弦值即為所求.在中，，，，設平面與平面的夾角為，，則.16.如圖，正方形ABCD的邊長為，取正方形ABCD各邊的中點E，F(xiàn)，G，H，作第2個正方形EFGH，其邊長記為；然后再取正方形EFGH各邊的中點I，J，K，L，作第3個正方形IJKL，其邊長記為；依此方法一直繼續(xù)下去，則記第個正方形的邊長為.已知，.第13頁/共22頁（1）求，；（2）記第n個正方形區(qū)域未被第個正方形區(qū)域覆蓋的面積為，求使得成立的n的最小值.【答案】（1），（2）【解析】1是等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列的通項公式得到，進而可得.（2）先用累加法得到，列出不等式，設，利用數(shù)列單調(diào)性解不等式即可.【小問1詳解】由題意，，即，所以為等比數(shù)列，公比為，，所以.所以，，.【小問2詳解】由題意，，，第14頁/共22頁，設，則為單調(diào)遞減數(shù)列，且，又，所以.的最小值是5.17.已知函數(shù)，.（1）判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）若，證明：；（3）證明：（，）.【答案】（1）在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】1后再求導得到的最值得到的單調(diào)性，然后得到的解，即可得到的單調(diào)區(qū)間；（2）方法一：利用導數(shù)求得的最值，結(jié)合（1）中的最值即可證明結(jié)論.方法二：利用導數(shù)求的最值，然后得到.構(gòu)造函數(shù)，然后結(jié)合與二次函數(shù)的最值，得到即可證明結(jié)論.（3）由（1）中結(jié)論得到，然后對不等式右邊放縮得到.然后由裂項相消得到的值，即可得證.【小問1詳解】，令，第15頁/共22頁在恒成立.在上單調(diào)遞減.∴，；，.故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.【小問2詳解】據(jù)（1）可知，恒成立.，當時，，當時，，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；，，則成立.法二：要證，即證令，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，∵，，即.令，即，令，則由二次函數(shù)的頂點可知，根據(jù)，，，成立.第16頁/共22頁【小問3詳解】據(jù)（1）可知，，令，則，（，）.，，，，，相加可得：，因為，則，，所以，故對，恒成立.18.已知一個大盒子內(nèi)裝有6個黃乒乓球，個白乒乓球.（1）現(xiàn)甲乙兩人從盒中進行隨機摸球游戲：甲，乙兩人輪流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到兩人中有一人摸到白乒乓球時游戲結(jié)束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸球相互獨立.已知乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率為.（i）求x的值；（ii）記表示游戲結(jié)束時甲摸球的次數(shù)，求的分布列和期望.（2.記不超過3個黃乒乓球排在一起的概率為p，若，求x的最小值.【答案】（1i）2ii）分布列見解析，；（2）.【解析】1i1次恰好摸到白乒乓球的概率列出關(guān)于ii步驟求解即可；（2）先將黃球分組，再利用插空法即可得出事件總數(shù)，進而求出概率即可得解.第17頁/共22頁【小問1詳解】（i）由題意，乙第一次恰好摸到白球的概率為，即，解得或，因為，所以.（ii）根據(jù)游戲規(guī)則，的取值可能為1，2，3，4，；；；；所以的分布列為1234.【小問2詳解】2“黃黃—黃黃—黃黃”“黃黃黃—黃黃黃”“黃黃—黃黃黃黃”，“黃黃黃黃—黃黃”“黃黃黃黃黃黃”5種情況.可以先排列白球，通過插空法，讓黃球排列在白球與白球之間的空位上.所以“黃黃—黃黃—黃黃”有種排法；“黃黃黃—黃黃黃”“黃黃—黃黃黃黃”“黃黃黃黃—黃黃”均有種排法，總共種；“黃黃黃黃黃黃”有種排法.不超過3個黃球排在一起的情況只能為“黃黃—黃黃—黃黃”與“黃黃黃—黃黃黃”兩種情況，第18頁/共22頁所以，即有，解得或x的最小值為6.19.已知O為坐標原點，橢圓的右焦點為F，過F的直線l交于A，B兩點，P是上一動點，且的面積最大值為.（1）求橢圓的標準方程；（2）若C是上的另一點，滿足四邊形OACB為平行四邊形.（i）求平行四邊形OACB的面積；（ii）設C關(guān)于O的對稱點為D，求證：A，B，C，D四點共圓.【答案】（1）（2i）ii）證明見解析【解析】1）當P在短軸頂點時最大，利用面積列方程求得，即可求解橢圓的標準方程；（2iAB的方程為得得點