湖北省腾云联盟2025届高三上学期10月一模联考数学试题 含解析

湖北省“腾•云”联盟2024-2025学年度上学期10月联考高三数学试卷命题学校：汉阳一中命题教师：吴正阳审题教师：袁芳､朱辉考试时间：2024年10月8日下午试卷满分150分★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由指、对数不等式化简集合,再由交集运算即可.【详解】，，所以故选:C2.若复数满足，则复平面内表示的点在（）A第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算，先求，再求，根据复数的几何意义进行判断.【详解】由，所以.对应的点在第一象限..故选：A3.函数在区间单调递减，则实数取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】时，代入可知满足题意；时，求出二次函数的对称轴结合函数在右半部分单调递减得出开口方向，列出不等式组，求解即可得出答案．【详解】当时，在上单调递减，满足题意；当时，的对称轴为直线，由在上单调递减，知，解得．综上，a的取值范围为．故选：D4.函数图像的一条对称轴为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用对称性，取特殊值，即可求出.【详解】由的图象关于对称，可知：，即，则．故选：A．5.四边形是边长为4的正方形，点是正方形内的一点，且满足，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意建立直角坐标系，设Px,y，写出坐标，可得点的轨迹方程，进而可求出的最大值.【详解】根据题意，建立如图所示的直角坐标系，设，则，故，，即；故点在以点为圆心，1为半径的圆周上运动，所以的最大值为.故选：D.6.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径，再求点到平面的距离，设三棱锥外接球半径为，根据勾股定理列方程求出，进一步计算球的表面积.【详解】如图：在中，，由余弦定理：,所以，所以外接圆半径为，即.在直角三角形中，，，所以.设棱锥外接球半径为，在直角三角形中，，解得：.所以球的表面积为：.故选：A7.已知圆，点在上，过点作圆的两条切线，切点分别为和，以为直径作圆，则圆的面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题设可得，利用导数可得，再根据等积法可，故可求圆的面积的最小值.【详解】由题设有，设，则，设，则，因为为上的增函数，故为上的增函数，而，故当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，故，故，由等积法可得，故，故，故圆的面积的最小值为，故选：B.8.不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（）A.560 B.455 C.91 D.55【答案】B【解析】【分析】在都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决.【详解】设，，，则不等式有多少组非负整数解的问题，转化为：的正整数解的组数.因为方程：的解的组数为：；的解的组数为：；…的解的组数为：.所以原不等式解的组数为：.故选：B【点睛】结论点睛：方程（且）正整数解的组数为.二､多项选择题（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，全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.已知互不相同的20个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的18个样本数据的方差为，平均数；去掉的两个数据的方差为，平均数；原样本数据的方差为，平均数，若，则（）A.B.C.剩下18个数据的中位数大于原样本数据的中位数D.剩下18个数据的分位数不等于原样本数据的分位数【答案】AB【解析】【分析】根据平均数的计算方法判断A；根据方差的计算方法判断B；根据中位数的概念判断C，根据百分位数的计算方法判断D.【详解】对A：因为，且，所以，故A正确；对B：设20个数据按从小到大的顺序排列为：，则，，因为，所以.故B正确；对C：剩下18个数据的中位数和原样本数据的中位数均为，是相等的，故C错误；对D:因为，则剩下18个数据的分位数为；又，所以原样本数据的分位数也是，故D错误.故选：AB10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.的值域为C.关于对称D.在上单调递减【答案】ABD【解析】【分析】分析函数的奇偶性和单调性，求出函数的值域，可判断BD，求出函数的周期，可判断A，利用特殊点的函数值，可判断C.【详解】对，因为，所以函数为偶函数，图象关于轴对称.又，所以函数为周期函数，且最小正周期为.故A正确；当时，，易得在上单调递增，在上单调递减，且，，，所以；当时，根据函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且.根据函数的周期性，所以函数的值域为1,2，故B正确.因为，，所以，所以的图象并不关于对称，故C错误；因为函数在上单调递减，且周期为，所以函数在上也是单调递减，故D正确.故选：ABD11.已知定义域为函数和，且是奇函数，对任意满足且，下列说法正确的（）A.B.或1C.在上单调递增，在单调递减D.时，【答案】AD【解析】【分析】对于A，利用导数的运算规则及导数关系可判断其正确，对于B，利用赋值法可求，故可判断其正误，利用反证法可判断C的正误，对于D，令，利用导数可证明恒成立，故可判断其正误.【详解】对于A，因为，故，所以，故A正确；对于B，因为是奇函数，故，因为，故，故，故B错误；对于C，由A的分析可得，故即，若在上单调递增，则当时，有，故，矛盾，故C错误；对于D，因为，故即，故为上的增函数，设，则，设，则，设，则，若恒成立，则，故，此时，矛盾，故且不恒为零，故在上为增函数，故，故为上为增函数，故，故为上为增函数，故即，故D成立，故选：AD【点睛】关键点点睛：不同抽象函数的性质讨论，注意抽象函数之间性质的转化，而与抽象函数有关的不等式恒成立问题，可利用导数讨论导数的符号后得到相应函数的单调性，必要时需多次求导.三､填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）12.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】先对函数求导，根据曲线切线的几何意义列式即可求.【详解】由得，因为曲线在点处的切线的倾斜角为，所以，所以，故.故答案为：13.设为双曲线的两个焦点，点是双曲线上的一点，且，则的面积为__________.【答案】3【解析】【分析】设，利用双曲线定义，可得又由勾股定理得，联立求得，即得三角形的面积.【详解】

如图，由可知，设，由定义，的面积为.故答案为：314.有一直角转弯的走廊（墙面与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，若不计硬管粗细，则可通过的最大极限长度为______米.【答案】【解析】【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度.设,则.过作垂直内侧墙壁于，作垂直内侧墙壁于，则.在直角三角形中，，所以.同理可得.所以.因为（当且仅当且时等号成立）.所以.因为走廊的宽度与高度都是米，所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为.故答案为：四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）15.如图，在平行四边形中，，四边形为矩形，平面平面，点在线段上运动．（1）当时，试确定点的位置并证明；（2）在（1）的条件下，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）为线段的中点，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理、面面垂直的性质证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用垂直关系的向量表示求解即得.（2）求出平面的法向量，再用面面角的向量求列式计算即得.【小问1详解】在中，，由余弦定理得，则，有，又平面平面，平面平面，平面，则平面，直线两两垂直，以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，由，得，解得，即，所以当时，点为线段的中点．【小问2详解】由（1）可得，设平面的法向量为，则，取，得，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．16.已知函数，其中为自然对数底数.（1）讨论的单调区间；（2）当时，不等式在区间上恒成立时，求的取值范围.【答案】（1）当时，的单调增区间为，单调减区间为；当时，的单调增区间为，单调减区间为.（2）实数的取值范围是.【解析】【分析】（1）由题得，分，，讨论单调性求解即可；（2）参数分离得在上恒成立，令，讨论的单调性，求得的最大值即可求得的取值范围.【小问1详解】易知函数的定义域为.所以，当时，由，得，由，得.所以的单调增区间为，单调减区间为；当时，由，得，由，得.所以的单调增区间为，单调减区间为；综上所述：当时，的单调增区间为，单调减区间为；当时，的单调增区间为，单调减区间为.【小问2详解】将代入，得，因为不等式在上恒成立，所以，即在上恒成立，令，易知函数的定义域为.所以.当时，，故；当时，，故；所以在上单调递增，在上单调递减，所以时，在上取得最大值.所以，所以实数的取值范围是.17.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的值；（2）若为锐角三角形，中点为且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据向量平行得到：，利用正弦定理，角化边可得，再用余弦定理求，进而可得角.（2）先用正弦定理表示出边，，明确角的关系及角的取值范围，借助平面向量表示出，利用三角恒等变换化简，借助三角函数的性质求取值范围.【小问1详解】因为，所以，由正弦定理可得：，即.由余弦定理得：，所以.【小问2详解】由正弦定理得：，所以，，其中，.又CD=12CA所以因为：，所以，所以.所以.所以中线的取值范围为：.18.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于.（1）求椭圆的标准方程.（2）若，直线与的斜率分别为与，求的值.（3）求证：【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求出，可得椭圆的标准方程.（2）设过点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得的值.（3）设（），再设过点的切线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得，的表达式.再把和用，表示，化简整理即可.【小问1详解】由题意：.所以椭圆的标准方程为：.【小问2详解】设过点的切线方程为：，即，由，消去，整理得：，由，整理得：，所以.【小问3详解】设（），的延长线交轴于点，如图：、两点处切线斜率分别为，则.设点的椭圆的切线方程为：，即，由消去，化简整理得：，由得：化简整理得：，由韦达定理，得：，，所以，，所以要证明，只需证明：，即，因为，所以上式成立，即成立.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19.如图：一张的棋盘，横行编号：竖排编号.一颗棋子目前位于棋盘的处，它的移动规则是：每次移动到与自身所在格不相邻的异色格中.例如该棋子第一次移动可以从移动到或.棋子每次移动到不同目的地间的概率均为.（1）①列举两次移动后，该棋子所有可能的位置.②假设棋子两次移动后，最终停留到第1，2，3行时，分别能获得分，设得分为，求的分布列和数学期望.（2）现在于棋盘左下角处加入一颗棋子，他们运动规则相同，并且每次移动同时行动.移动次后，两棋子位于同一格的概率为，求的通项公式.【答案】（1）①，，；②分布列见解析；.（2）【解析】【分析】（1）列出所有两次移动的路径，求出其概率，根据得分规则，可得的分布列，并求期望.（2）先探讨棋子的运动轨迹，记两棋子之间的距离为，明确的值，求出对应的概率，设“回合后，的概率”，“回合后，的概率”，“回合后，的概率”，列出，，之间的关系，可求.【小问1详解】①两次移动的所有路径可能