湖北省八市2025届高三下学期3月联考（二模）数学试卷 含解析

年湖北省八市高三（3月）联考数学试卷命题单位：天门市教科院审题单位：潜江市教研室黄冈市教科院本试卷共4页，题，全卷满分分考试用时分钟★祝考试顺利★注意事项：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.选择题的作答：每小题选出答案后，用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.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.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共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.【答案】D【解析】【分析】根据根式以及二次函数的性质化简集合，即可利用交集的定义求解.【详解】由可得，得故，故选：D2.在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则等于（）A.B.C.D.【答案】D第1页/共25页【解析】【分析】先计算复数，得到复数对应的点，由对称性即可得复数对应的点，进而得复数.【详解】，所以复数对应的点为，因为复数对应点与复数对应的点关于实轴对称，所以复数对应的点为，所以，故选：D.3.已知圆和直线，则“”是“直线与圆有公共点”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】B【解析】【分析】由圆心到直线的距离，再结合充分不必要条件的定义即可判断.【详解】圆的圆心坐标为，半径，当圆心到直线的距离时，直线与圆有公共点，即，解得，所以“”是“直线与圆有公共点”的充分不必要条件.故选：.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先利用两角和的余弦公式结合商数关系求出，进而可求出，再根据两角和的正切公式即可得解.第2页/共25页【详解】由，得，所以，又因为，所以，所以.故选：C.5.已知的面积为1，取各边的中点作，然后再取各边的中点作依此方法一直继续下去.记的面积为，数列的前项和为，则（）A.数列为常数列B.数列为递增数列C.数列为递减数列D.数列为递增数列【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，结合相似三角形性质求出及，再利用数列单调性定义逐项分析判断.【详解】依题意，各次作得的三角形都相似，相邻两次作得的三角形相似比为，则，，因此数列是首项、公比都为的等比数列，，，对于AB，，数列是递减的等比数列，AB错误；对于CD，，，，即，，因此，第3页/共25页数列为递减数列，C正确，D错误.故选：C6.下列四个命题①直线不平行于平面，则平面内不存在与平行的直线；②两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件；③平面平面，过内的任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面；④空间中，一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补.其中正确的命题是（）A.①②B.①②③C.①③④D.②③④【答案】A【解析】【分析】依据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系以及线面角、空间角的相关知识，结合举例，来对每个命题逐一进行分析判断.【详解】对于①，已知直线不平行于平面，那么直线与平面相交.理由：假设平面内存在与平行的直线，根据直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行，就会得出，这与已知条件矛盾，所以平面内不存在与平行的直线，命题①正确；对于②，若两直线平行，根据线面角的定义和性质，它们与同一平面所成的角一定相等，所以两直线平行能推出它们与同一平面所成的角相等；但是两直线与同一平面所成的角相等时，两直线可能平行、相交或异面，因此，两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件，命题②正确；对于③，根据面面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.这里强调的是过内的任意一点作交线的垂线，此垂线必须在平面内才垂直于平面，而题中的垂线不一定在平面内，故命题③错误；对于④，如图，过平面内一点作于点，点()，连接，过平面内一点作于点，点()，连接，则，而，，故，但是和大小关系不确定，故命题④错误.第4页/共25页综上所得，①②正确.故选：A.7.根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型①，得到经验回归模型，对应的残差如图（1）所示.根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型②，得到经验回归模型，对应的残差如图（2）所示，则（）A.模型①的误差满足一元线性回归模型的的假设，不满足的假设B.模型①的误差不满足一元线性回归模型的的假设，满足的假设C.模型②误差满足一元线性回归模型的的假设，不满足的假设D.模型②的误差不满足一元线性回归模型的的假设，满足的假设【答案】A【解析】【分析】根据已知残差散点的分布图，结合一元线性回归模型中对随机误差的假定的含义，即可判断答案.1的假设，但是方差随着的变化而变化，不满足的假设；2不随的变化而变化，满足的假设.第5页/共25页故选：A.8.已知函数，若存在实数，使得，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对分类讨论，通过同构可将问题转化为,构造，利用导数求解最值即可.【详解】当时，，合题意.当时，即，为的增函数，，即，由题意，只需,记，当在单调递减，在单调递增，故，所以，综上，的取值范围为，故选：D【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．第6页/共25页二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共分，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.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的解析式可以为B.将图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位，得到的图象，则C.的对称中心为D.若，则【答案】AD【解析】【分析】由正弦函数图象求正弦函数解析式的方法可判断；利用三角函数的图象变换可判断；根据正弦函数的对称中心的求法可判断；利用换元法，结合三角函数的性质可判断.【详解】对于：由图知，，所以，过点，所以，可取，则，故正确；对于：由知，第7页/共25页将图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍，可得，再向左平移个单位，得到的图象，则，,二者不相等，故错误；对于：由知，所以，解得，所以的对称中心为，故错误；对于：，令，则，因为，则，，所以，即，即，所以，故正确.故选：.10.已知椭圆的上下焦点分别为，左右顶点分别为为坐标原点，为线段垂直平分线段且交椭圆于A.椭圆的离心率为B.的周长为C.以点为圆心，为半径的圆与椭圆恰有三个公共点D.若直线的斜率分别为，则第8页/共25页【答案】ABD【解析】AC距离公式，结合二次函数的性质求解的最值，根据即可求解C，根据，结合点斜式求解直线方程得，即可得直线的方程，将代入即可求D.【详解】由题知：，即，故A正确；由题知：，与的周长相等又，故的周长为，即的周长为，故B正确；由可得，故，则，设为椭圆上的任意一点，则当时，，即，以点为圆心，为半径的圆与椭圆恰有一个公共点，故C错；设直线的斜率为，易知：；直线的方程为：，直线的方程为：第9页/共25页点的坐标满足方程：即又点椭圆上，点的坐标满足代入上式可得：即为直线的方程，将代入得：，又，所以.故D正确，故选:ABD【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．的菱形纸片沿对角线折叠，形成一个二面角模型，如图所示.下列叙述中正确的有（）A.四面体体积的最大值为；B.在折叠的过程中，存在某个时刻使；第10页/共25页C.当时，动点在平面内且，则动点所形成区域的面积为；D.在C的条件下，若直线与直线所成的角为，则的最大值为.【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，结合图像，可求出各边长.对于A，通过空间想象可知当平面时，四面体的体积最大，计算即可得；对于B、C、D，利用线面垂直的性质和判定定理可分别证明和求解.【详解】连接交于，则，连接，则，，根据勾股定理可得对于A，当平面时，四面体的体积最大，此时，故A错；对于B，因为，且，所以平面,则平面平面，又因为平面平面作于平面平面，则在平面投影就是，当时，，故B正确；对于C，当时，为正三角形，又因为平面，即平面，所以平面平面且平面平面，过作于点，又因为平面，所以平面，且，在中，根据勾股定理，，第11页/共25页即点在以为圆心，半径为的圆面上，其面积为，故C正确；对于D，由前面分析知：与平面所成角最小时，其余弦值，所以与所成角最小时，即在平面的射影与平行时，为最大值，故D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.的展开式中的系数为__________.【答案】【解析】【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，因为，在中，其通项为，令，在中，展开式通项为，令，可得，所以，的展开式中的系数为.故答案为：.13.平面向量满足，则的最小值为__________.【答案】【解析】可求解最值.【详解】如图：当不共线时，取,则,故，故在中，,第12页/共25页故，故，由于时取等号，则，由于，故的最大值为，由于的夹角为,即为,由于与互补，故的最小值为，当共线时，不妨设则，可得，当时，此时的夹角为,即为,时，此时的夹角为,即为,综上可知：的夹角的最小值为故答案为：14.一袋中装有3个红球，5个黑球，从中任意取出一球，然后放回并放入2个与取出的球颜色相同的球，再从袋中任意取出一球，然后放回并再放入2个与取出的球颜色相同的球，一直重复相同的操作.（1）第二次取出的球是黑球的概率为__________；（2）在第一次取出的球是红球的条件下，第2次和第2025次取出的球都是黑球的概率为__________.【答案】①.##0.625②.【解析】1）利用全概率公式即可解决；（2）计算、等探寻规律即可发现其概率均为.【详解】记表示第i次取到黑球，则（1），第13页/共25页则第二次取出的球是黑球的概率为.（2）事实上，可以证明：①；②；③.故答案为：；.四､解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知分别为三个内角的对边，向量，.（1）求；（2）若.求的面积.【答案】（1）（2）.【解析】1角形内角和定理、和差公式及辅助角公式即可求解；第14页/共25页（2）利用向量线性运算可得，结合题意由、向量数量积及面积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，所以，，即，又，故，即.【小问2详解】，所以，，,又,即,,或（舍）,故.16.已知函数在处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）已知，函数，若，求证：.第15页/共25页【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】1）切线斜率与导数有关系，故先分类讨论是否为0意；（2）先研究函数的最大值，使，再得到的表达式，再次研究函数最值即可.【小问1详解】当时，，显然不是的切线，不合题意；当时，由题意，即，解得.【小问2详解】，则，因为，则得；得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，由，当且仅当，即，所以，设，则得；得，在上单调递增，在上单调递减，，所以，所以.17.如图，直三棱柱中，且平面平面第16页/共25页.（1）求实数的值；（2）若平面.（i）求证：；（ii）求二面角的余弦值.【答案】（1）（2iii）.【解析】1）连接交于点，利用面面平行的性质得到，得到，再结合条件，利用面面平行的性质得，结合正方体的性质得可求解；（2i）利用线面垂直的性质及直棱柱的性质得，，利用线面垂直的判定定理得平面，再利用几可关系得平面ii）法一，根据条件建立空间的法向量和平面据条件求作出二面角的平面角，利用几何关系求出边长，即可求解.【小问1详解】连接交于点，则为的中点，连接，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以第17页/共25页所以为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故【小问2详解】（i）平面，又平面，所以，又平面，平面，，又平面平面，平面分别为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，，则平面，又平面，所以.（ii）因为平面平面，所以，所以，，得到，又，所以，由（i）且为中点，法一：设，则，如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，第18页/共25页则，设平面的法向量，则不妨令，可得，即又向量为平面的法向量，且设二面角的平面角为，由图易知，则.方法二：连接并延长交于点，则为的中点，因为平面，平面平面平面，因为，所以平面第19页/共25页设，则，则为等腰三角形，取的中点，连接，则连接，则即为二面角的平面角，为直角三角形，所以.又，所以所以，故，即二面角的余弦值为.18.已知两点，平面内的动点到定点的距离与到直线的距离之比为，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）点在曲线上，且在第一象限，连接并延长与曲线交于点，以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记的面积分别为.（i）若点的坐标为，求证：；（ii）求的最小值.【答案】（1）（2iii）.【解析】1）结合题意列式，化简即可求解；（2iii）设点，由第20页/共25页，可得，结合双曲线的标准方程，求出，可得，结合（i）得结论可得，又，继而可得，结合基本不等式即可求解.【小问1详解】设，由题意得，整理得，即，所以曲线的方程为：.【小问2详解】（i）由（1）知，因为曲线为双曲线，且为焦点，点在右支上，所以，，.（ii）设点，，即，，即①，，，，将①代入上式得，又，联立解得，第21页/共25页由（i）知，又，由题意，当且仅当等号成立，所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何中与面积有关的最值问题，关键在于求出，由向量的运算可得，可以通过求出的值，两式相加即可求出，所以结合双曲线的方程，构造式子，整理可得代入即可求出.19.有穷等差数列共有项1项和为（.为集合为完全平方数，中所有元素之和.（1）当时，求；（2）从数列中任取一项，若的概率为，试求出