湖北省部分重点中学高三上学期12月联合测评数学试题

2025届高三部分重点中学12月联合测评数学试题命题学校：武汉外国语学校命、审题人：邓海波肖计雄夏贤聪考试时间：2024年12月12日15：0017：00试卷满分：150分考试用时：120分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由对数函数单调性解不等式可化简集合A，后由并集定义可得答案.【详解】，则，又，则.故选：C.2.已知复数满足，则的共轭复数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【答案】D【解析】【分析】首先化简复数，再求，根据复数的几何意义，即可判断选项.【详解】由可得，，故对应的点为，位于第四象限.故选：D3.已知变量x和变量y的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（）A. B.-2 C. D.【答案】B【解析】【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可.【详解】∵，∴增加两个样本点后的平均数为；∵，∴，∴增加两个样本点后y的平均数为，∴，解得，∴新的经验回归方程为，则当时，，∴样本点的残差为故选：B.4.若正整数a，b满足等式，且，则（）A.1 B.2 C.2022 D.2023【答案】D【解析】【分析】由，再根据二项式定理展开后可求的值.【详解】∵，∴.故选：D.5.已知，均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据两者之间的推出关系可得条件关系.【详解】∵，则，∴，同向，但当时不满足，因此充分性不成立.∵，∴，即，即，从而，同向，，由此可知必要性成立.故“”是“”的必要不充分条件，故选：C.6.已知等比数列满足，，记为其前项和，则（）A. B. C. D.7【答案】A【解析】【分析】根据题意列方程求出公比，然后可解.【详解】设等比数列的公比为，，依题意，，，即，∴，，解得或，∴，，或，，，∴.故选：A7.已知直线经过抛物线：的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若使得成立的点P的横坐标为3，则四边形的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】设直线方程，再直线曲线联立，借助韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式计算高，最后计算面积即可.【详解】由题知F1,0，直线的斜率不为0，设直线的方程为，Ax1,y1联立整理得，则，.∴.∵，∴四边形为平行四边形.∵点的横坐标为3，∴，解得.∴.点到直线的距离为，∴平行四边形的面积为.故选：A.8.如图，在三棱锥中，，，E，F，G分别为，，上靠近点P的三等分点，若此时恰好存在一个小球与三棱锥的四个面均相切，且小球同时还与平面相切，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取中点，利用等腰三角形性质证明平面，作，，利用相似比得，结合求解可得.【详解】如图，取中点，连接，.因为，所以，.∵，平面，平面，∴平面.作，垂足为H.∵平面，∴.又，平面，平面，∴平面.过点H作，垂足为，连接，因为平面，所以，又是平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以.易知平面平面，设小球半径为，∴，∴.根据题意，，∵，，∴，∴.由，得，∴，∴.∴.故选：B【点睛】方法点睛：关于几何体的内切球问题，通常根据体积公式列方程进行求解.二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，，则C.若且，则 D.若，则【答案】AD【解析】【分析】运用基本不等式计算判断A；运用糖水不等式判断B；举例判断C；作差法比较判断D.详解】对于选项A，当时，.∵，当且仅当时，取等号，∴，故A正确.对于选项B，∵且，由糖水原理可知，故B错误；对于选项C，当时，结论不成立，故C错误；对于选项D，，即，故D正确.故选：AD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.在区间上单调递增B.图象的一条对称轴方程为C.图象的一个对称中心为点D.在区间上的值域为【答案】ABC【解析】【分析】由图象求得函数解析式，然后结合正弦函数性质判断各选项．【详解】由图可知，，，又，解得，，，∴.对于选项A，当时，，∴在区间上单调递增，故正确；对于选项B，为其最小值，∴为图象的一条对称轴，故正确；对于选项C，，∴点为图象的一个对称中心，故正确；对于选项D，当时，，当即时，，当即时，，即在区间上的值域为，故错误.故选：ABC．11.甲同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点，按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择某个顶点处停止得到一条“一笔画”路径，比如“一笔画”路径.若某“一笔画”路径中没有重复经过任何一条棱，则称该路径为完美路径，否则为不完美路径.下列说法正确的有（）A.若“一笔画”路径为完美路径，则甲不可能6次移动后回到点B.经过4次移动后仍在点的概率为C.若“一笔画”路径为完美路径，则5次移动后回到点有5条不同笔迹D.经过3次移动后，到达点的条件下经过点C的概率为【答案】BCD【解析】【分析】对于A.沿等路线即可判断；对于B.分若存在重复路线和若不存在重复路线讨论，结合组合数公式计算判断；对于C.运用列举法：分先第一次移动到和第一次移动到讨论计算共有5条路径；对于D.先考虑重复路线：前两条路线重复：可能第一次移动到达共3条路径，后两条路径重复（即第一次移动到）同理有3条路径，其中重复，故共只有5条路径；再考虑不重复路径：只有1条路径，结合条件概率计算即可.【详解】对于选项A，沿等路线即可，故A错误；对于选项B，若存在重复路线，两次移动回到点可以第一次移动到达点，，C，第三次移动再从这些移动方式中选，共有9种走法，另外可以先移动两次再原路返回，第一次移动可能到达点，，C，每个点在第二次移动时都有两种移动方式，故有6种方式；若不存在重复路线，经过点C由四条棱组成的闭合回路只有和两种，每条路都有两种经过方式，共有4种方式；所以概率为，故B正确；对于选项C，列举法：，，，，，故共有5条不同笔记，故C正确；对于选项D，先考虑重复路线：前两条路线重复，第一次移动到达点，，C共３条路径；后两条路径重复（即第一次移动到点）同理有３条路径，其中重复，故共只有5条路径；再考虑不重复路径：只有，1条路径，∴三次移动后到达点A有6条路径.记事件：从点出发，三次移动后到达点；事件C：从点出发，三次移动时经过点C，故，，故，故D确.故选：BCD.12.设F为双曲线C：的左焦点，，分别为双曲线C的两条渐近线的倾斜角，已知点F到其中一条渐近线的距离为2，且满足，则双曲线C的焦距为_______.【答案】8【解析】【分析】根据双曲线焦点与渐近线的距离为，结合双曲线渐近线的对称性，利用三参数的等量关系，可得答案.【详解】根据点F到其中一条渐近线的距离为2，可得，且满足.又，∴，∴，故，∴，∴焦距为.故答案为：.13.某流水线上生产的一批零件，其规格指标X可以看作一个随机变量，且，对于的零件即为不合格，不合格零件出现的概率为0.05，现从这批零件中随机抽取500个，用Y表示这500个零件的规格指标X位于区间的个数，则随机变量Y的方差是________.【答案】【解析】【分析】由题可得质量指标在区间的概率，后由二项分布的方差可得答案.【详解】由正态分布的性质得质量指标在区间的概率为，即1件产品的质量指标位于区间的概率为，∴，故.故答案为：14.已知函数（其中，且）为其定义域上的单调函数，则实数的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】对函数进行变形，构造新函数，转化为新函数hx的单调.再分类讨论单调递增和单调递减，借助导数研究其单调性.对于单调递增，再构造函数，得到单调性，求出范围即可.【详解】，记，在定义域上单调，可得hx必为单调函数.若hx单调递增，则恒成立，即，∴.又函数时值趋近于0，不满足.若hx单调递减，则恒成立，即，即，∴，设，，则，当时，不成立；当时，，∴区间上单调递增，在区间上单调递减，∴，即，∴，即，解得.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点是将原函数变形为，记，将在定义域上单调，转化为hx为单调函数.最后借助分类讨论和导数研究得解，综合性较强，属于难题.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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）判断的形状；（2）设，且D是边的中点，求当最大时的面积.【答案】（1）等腰三角形（2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式化简后可得，故可得即三角形为等腰三角形；（2）根据余弦定理和基本不等式可得当最大时为正三角形，故可求此时三角形面积.【小问1详解】由二倍角公式得，∴，整理得，即.∵，∴，即，即为等腰三角形.【小问2详解】由（1）及题设，有，∴，而为三角形内角，∴，当且仅当时，等号成立.即的最大值为，此时由，而，故，故，可得为直角三角形且，又由（1）可得为正三角形，∴的面积.16.在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，.（1）求证：平面平面；（2）平面于点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判定定理直接求证即可；（2）利用向量法根据求出点坐标，再结合二面角的定义，即可求出结果.【小问1详解】在和中，，，与互余，所以，即.又平面，平面，.又平面中，，平面，又平面，平面平面.【小问2详解】，，两两互相垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.不妨设，则A0,0,0，，，，，.点在平面内，设，则，平面，，，，解得，，即，点到平面的距离，点到棱的距离，设二面角大小为，则，，即二面角的余弦值为.17.设函数.（1）讨论函数在区间上的单调性；（2）判断并证明函数在区间上零点的个数.【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）函数在区间上有2个零.，证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数后根据导数的符号可得函数的单调性；（2）根据（1）中函数的单调性可得函数在区间上存在唯一的零点，设，根据三角函数的性质可得判断出，故结合零点存在定理可判断在上的单调性，再结合零点存在定理可判断零点的个数.【小问1详解】，且.当时，，，从而，即此时函数在区间上单调递增；当时，，，从而，即此时函数在区间上单调递减.∴综上所述，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.【小问2详解】，又，且函数在区间上单调递减，∴函数在区间上存在唯一的零点.当时，记，从而，且此时，，∴，在区间上单调递增.，，∴存在，使得且时，，即此时在区间上单调递减；时，，即此时在区间上单调递增.∴由，得，即函数在区间上无零点；而由，，即函数在区间上有唯一的零点.∴函数在区间上有2个零点.【点睛】思路点睛：函数零点问题，需利用导数讨论其单调性，再结合零点存在定理判断零点个数.18.已知过，两点的动抛物线的准线始终与圆相切，该抛物线焦点的轨迹是某圆锥曲线E的一部分.（1）求曲线的标准方程；（2）已知点，，过点的动直线与曲线交于两点，设的外心为为坐标原点，问：直线与直线的斜率之积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是定值，说明理由.【答案】（1）（2）是定值.【解析】【分析】由抛物线的焦点P到两定点A，B的距离之和等于点A，B到抛物线的准线的距离之和，满足椭圆的定义，根据定义求出即可.设出直线方程,与轨迹的方程联立,由韦达定理求出交点坐标的关系,由直线与直线的斜率之积进行化简即可.【小问1详解】由题意知抛物线的焦点P到两定点A，B的距离之和等于点A，B到抛物线的准线的距离之和，等于的中点O到准线的距离的2倍，即等于圆的半径的2倍，∴，∴点P在以A，B为焦点的椭圆E上，设椭圆E的标准方程为，则，，∴，，∴，∴曲线E的标准方程为.【小问2详解】设直线：，由∴.设，，则，，的中点坐标为，，的垂直平分线的斜率为.∴的垂直平分线方程为，即，由得，∴的垂直平分线方程为.同理的垂直平分线方程为.设点，则，是方程，即的两根，∴两式相除得，∴.∴，即直线与的斜率之积为定值.19.n为不小于3的正整数，对整数数列：，可以做以下三种变换：①将中的减1，加1，其余项不变，称此变换为对做变换；②取，将中的减2，，均加1，其余项不变，称此变换为对做变换；③将中的减1，加1，其余项不变，称此变换为对做变换.将数列做一次变换得到，将数列做一次变换得到……例如：时，对数列：0，1，1，0依次做，变换，意义如下：先对做变换得到数列：0，0，1，1，再对做变换得到数列：0，0，0，0.（1）时，给定数列：0，1，1，0，0，求证：可以对做若干次变换得到数列0，0，0，0，0；（2）时，求证：对任意整数数列：，，，，，若，则可以对做若干次变换得到数列0，0，0，0，0；（3）若将变换①中改为，将变换③中的改为，在时，求证：对任意整数数列：，若，且和均为偶数，则可以对整数数列做若干次变换得到数列.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据变换规则对数列进行适当变换即可.（2）特殊到一般，根据（1）问类似变换可证明.（3）记此时的变换①为，变换③为.设，.推得经过若干次变换使得，此时；再对任意数列：依次做变换，结合第（2）知可