湖北省重点高中智学联盟2024-2025学年高三上学期8月联考 数学试卷（含解析）

2025届高三年级八月智学联考数学一､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．已知集合，则（）A． B． C． D．2．若复数满足为虚数单位，则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3．已知向量，则（）A． B．2 C． D．34．若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中的系数为（）A．8 B．28 C．70 D．2525．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（）图1图2A． B． C． D．6．已知函数为偶函数，则的大小关系为（）A． B． C． D．7．已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（）A． B．1 C． D．28．已知抛物线C：和圆，点是抛物线的焦点，圆上的两点满足，其中是坐标原点，动点在圆上运动，则到直线的最大距离为（）A． B． C． D．二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现的次品的件数的一组样本数据：3，4，3，1，5，3，2，5，1，3，则关于这组数据的结论正确的是（）A．极差是4 B．众数小于平均数C．方差是1.8 D．数据的80%分位数为410．已知正方体的棱长为2，在矩形内（包括边界）的动点始终满足与平面所成的角是，则下列结论正确的是（）A．多面体的体积为B．动点运动轨迹的长度为C．不存在点，使得平面平面D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此四面体的棱长可以是0.9311．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为和都是奇函数，，则下列说法正确的是（）A．关于点对称 B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．在中，，则的面积是______．13．数列是等差数列，且满足，则______．14．已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左右两支分别交于两点，且，则双曲线的渐近线方程为______．四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15．（本小题满分13分）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，平面平面，点在上，．（1）求的值；（2）若四棱锥的体积是，求二面角的余弦值16．（本小题满分15分）已知函数．（1）若，求过原点且与相切的切线方程；（2）若关于的不等式对所有成立，求的取值范围．17．（本小题满分15分）某品牌专卖店统计历史消费数据发现：进店消费的顾客的消费额X（单位：元）服从正态分布．为回馈广大顾客，专卖店对消费达一定金额的顾客开展了品牌知识有奖答题活动，顾客需要依次回答两类试题，若顾客答对第一类题，则回答第二类题，若顾客没有答对第一类题，则不再答第二类题，直接结束有奖答题活动．对于每一类题，答错得0分，答对得10分，两类题总分20分，答题结束后可减免与得分相同数额的现金（单位：元）．每类试题均有两次答题机会，在任意一类试题中，若第一次回答正确，则认为答对该类试题，就不再进行第二次答题．若第一次回答错误，则进行第二次答题，若第二次答题正确，则也认为答对该类试题；若第二次回答错误，则认为答错该类试题．（1）若某天有200位进店消费的顾客，请估计该天消费额在内的人数（结果保留整数）；附：若，则．（2）某顾客消费达到指定金额后可参与答题活动，类题中的两次答题机会答对的概率都是，类题中的两次答题机会答对的概率都是，且每次答题相互独立．若答题结束后可减免的现金数额为元，求的分布列和数学期望．18．（本小题满分17分）椭圆的上顶点到右顶点的距离为，椭圆上的点到焦点的最短距离是1，点为椭圆的左顶点，过点且斜率为的直线交椭圆于两点．（1）求的方程；（2）直线分别交直线于两点，且，求直线的斜率．19．（本小题满分17分）若项数为的数列满足两个性质：①；②存在，使得，并记．则称数列具有性质．（1）若，写出所有具有性质的数列；（2）若，求的最大项的最大值；（3）若，且满足以下两条性质：（ⅰ）对于满足的项和，在的余下的项中，总存在满足的项和，使得；（ⅱ）对于满足的项和，在的余下的项中，总存在满足的项和，使得．求满足上述性质的的最小值．

2025届高三年级八月智学联考数学答案详解1．【答案】B【详解】解不等式，得，即，函数有意义，得，解得，则，所以．故选：B．2．【答案】A【详解】因为，所以，即，所以，所以对应的点的坐标为，位于第一象限．故选：A．3．D【分析】对两边平方化简可得，再对平方化简后再开方即可．【详解】由两边平方得，，所以，所以，所以，故选：D．4．【答案】D【详解】易知的展开式的二项式系数之和，则展开式的通项公式：令，所以的系数为．故选：D．5．【答案】C【详解】，母线长．圆台的高，则圆台上下底面面积为，由圆台的体积计算公式可得：．故选：C．6．【答案】A【详解】因为函数为偶函数，则即，即对于恒成立，所以，即．，因为在内单调递增，则在定义域内单调递增，则易知，在上单调递增，所以．故选：A．7．【答案】C【详解】，因为的图象关于直线轴对称，所以，故，即，当，即时，函数取得最小值，因为在上没有最小值，所以，即，由，解得，故，得．8．【答案】A【详解】抛物线的焦点，圆，其圆心，半径．设点是满足的任意一点，则化简得．所以是圆与圆的公共弦，将圆与圆的方程相减得，直线的方程为，取线段的中点，连接，则，则，故选：A．9．【答案】AC【详解】数据从小到大排列为1，1，2，3，3，3，3，4，5，5．对于A，该组数据的极差为，故A正确；对于B，众数为3，平均数为，两者相等，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，这组数据的分位数为第8个数和第9个数的平均数4.5，故D错误．故选：AC．10．【答案】ABD【详解】，所以A正确．因为平面，所以是直线与平面所成的角，依题设，，又在矩形内，所以B正确：当点在对角线上时，平面即为平面，因为平面，所以平面，同理平面，又因为，所以平面平面，故C错误；对于D：容易求得正四面体的高，设正四面体的内切球的半径是，则，所以，设半径是的球的内接正四面体的边长为，则可将内接正四面体补形成边长为的正方体，则，解得，所以D正确．11．ABD【详解】对于A：由为奇函数，则，则，即的图象关于点对称，故A正确；对于B：由为奇函数，则，即得为常数，令，即得，则，故，即，则，又为奇函数，所以，即，可得，故，故，即，即是奇函数，故B正确；对于C：由于，故，即，故4是的一个周期，又，即，所以为周期为4的周期函数，因为，所以，即，所以，故C错误；对于D：因为是R上的奇函数，故，结合得，，故，故D正确．故选：ABD12．【答案】【详解】由余弦定理，得，解得（负值舍），所以，的面积，故答案为：．13．【答案】2【详解】由，得，又，则，从而【详解】边接，由关于原点对称，可知四边形是平行四边形，即，由得：，又由双曲线的定义得，解得，再由余弦定理得：，，即，再由，故渐近线方程为：，15．【详解】（1）证明：过点作直线于点，因为平面平面，所以平面，平面，所以，所以．由四边形是直角梯形，且．在直角中，，可得，从而是等边三角形，，所以．从而，所以（2）解：因为，所以是的中点，连接．因为平面平面，平面平面，所以平面，，所以．以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，在等边中，，如图，，可得，设平面的一个法向量为，则，解得，法向量令得，，而是平面的一个法向量，所以二面角的余弦值．【备注】几何法给满分16．【详解】（1）若，设切点横坐标是，则切线斜率，切线方程是，因为切线过原点，所以，解得，，所以切线方程是；（2）首先注意到，①若，则在时恒成立，故单调递减，则对所有，不满足题意，故舍去；②若，则，令得，；令得，．所以，在上单调递减，在上单调递增．（ⅰ）若，则，即，所以在上单调递减，上单调递增，则不满足题意，故舍去；（ⅱ）若，则，即，所以在上单调递增，则对所有，，符合题意．综上所述，的取值范围是．【备注】用切线放缩做，只要过程严谨，给满分．17．【详解】（1）由题意，若某天该商场有200位顾客，估计该天消费额在内的人数为；（2）设的取值为，则，，所以的分布列为01020数学期望．【备注】第二问，讨论A为一类或二类给满分，只要最终结果出现就行．17．【详解】（1）由椭圆上的点到焦点的最近距离是1，故，则，解得，，即椭圆的方程为；（2）设，由题可知，，则，所以①由题意，设所在的直线方程为，联立可得，，且，解得依据韦达定理，，设直线的方程为，直线的方程为，则依题设，，则，即，化简得，依题设，，所以，满足合题意．综上所述，直线的斜率．【备注】不检验扣一分．19．【详解】（1）有三种结果：或或；（1）当时，．由，累乘得①；又由，将①②相乘得，又，所以．所以数列的最大项的最大值为，满足条件的数列为（3）①讨论项数满足的情况：因为数列满足：当时，所以，又因为当，都有，所以或，当时，，此时，这与在剩下的项中总存