精品解析：湖北省襄阳市第五中学2025届高三8月月考数学试卷

襄阳五中2025届高三年级八月数学试题 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限 3. 已知，，且，则等于（　　） A. B. C. D. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 6 5. 已知某圆锥的侧面积是其底面积的两倍，则圆锥的高与底面半径的比值为（ ） A. 3 B. C. D. 6. 设函数在内有定义．对于给定的正数K，定义函数设函数．当时，函数的严格增区间为（ ）． A. B. C. D. 7. 函数在上的零点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知数列的前n项和为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 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. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 11. 已知曲线C是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C关于y轴对称 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________. 13. 曲线与的公切线方程为________. 14. 袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是______． 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的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 16. 在平面直角坐标系中，已知点P到直线的距离与点P到点的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B. （1）推导C的标准方程； （2）过B的直线与C相交于另一点A.若面积为，求直线的方程. 17. 如图，三棱柱中，侧面为矩形，底面ABC为等边三角形． （1）证明：； （2）若，， ①证明：平面平面ABC； ②求平面ABC与平面的夹角的余弦值． 18. 在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中，而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中．现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题： （1）求出维“立方体”的顶点数； （2）在维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离． ①求的分布列与期望； ②求的方差． 19. 已知是自然对数的底数，常数，函数. （1）求、的单调区间； （2）讨论直线与曲线的公共点的个数； （3）记函数、，若，且，则，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 襄阳五中2025届高三年级八月数学试题 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解对数不等式，得到，由指数函数单调性求值域得到，利用交集，并集和补集的概念进行求解，得到答案. 【详解】， 因为，所以，故，， 故，，，A正确，BCD错误； 故选：A 2. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数的四则运算可计算出，即可得，即可得解. 【详解】， 故，故在复平面内对应的点在第四象限. 故选：A. 3. 已知，，且，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据，求出的值，再求出的坐标， 由平面向量坐标模长公式求解即可. 【详解】因为，所以，解得，所以， ，所以. 故选：B. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】关键是角的构造，将构造成，再由正弦的和差角公式展开化简求解. 【详解】由题，， 则， ， ， ， 故选：A. 5. 已知某圆锥的侧面积是其底面积的两倍，则圆锥的高与底面半径的比值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由题意得得，接着由圆锥结构特征得即可求解. 【详解】设圆锥的高与底面半径以及母线长依次为， 则由题意，即， 所以由圆锥结构特征得. 故选：B. 6. 设函数在内有定义．对于给定的正数K，定义函数设函数．当时，函数的严格增区间为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义得到相应函数，画出图象求解. 【详解】解：图像，如图所示： 当时，， 如图所示： 所以当时，函数的严格增区间为， 故选：C 7. 函数在上的零点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】将函数在上的零点个数问题转化为函数的图象的交点的个数问题，数形结合，可得答案. 【详解】由题意函数在上的零点， 即为，即的根， 也即函数的图象的交点的横坐标， 作出的图象如图示： 由图象可知在上两函数图像有3个交点， 故函数在上的零点个数为3， 故选：C 8. 已知数列的前n项和为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得. 【详解】因为， 所以，，且， 所以， 记，则，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，， 记的前n项和为，则. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求的前50项和. 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. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，随机变量满足正态分布，且， 故，故A正确； 对于B，当时， 此时，故B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D，，故单调递增， 故，即， 解得，故D正确. 故选：ACD 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值； 对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可； 对于D：分析可得，结合的单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为的定义域为R， 且， 当时，；当或时，； 可知在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：对于不等式， 因为，即为不等式的解，但， 所以不等式的解集不为，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且，可得， 因为函数在上单调递增，所以，故D正确； 故选：BD. 11. 已知曲线C是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C关于y轴对称 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】设曲线C上任意一点，根据题意列式化简求出曲线C的轨迹方程，再结合图象判断AB，再根据抛物线的性质判断CD即可 【详解】由题，曲线C上任意一点，则.当时，即， 化简得，且；当时，， 化简可得，且，画出曲线C的图象： 对A,B，显然图象不关于轴对称，关于轴对称，故A错误，B正确； 对C，当时，解得，故，故C错误； 对D，因为即的焦点为，故抛物线的焦点为， 同理也是抛物线的焦点. 故的最小值为到的距离1，最大值为方程左右端点到的距离，故，故D正确； 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到，再利用的离心率为2，可推得，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案. 【详解】双曲线的渐近线方程为 ， 的渐近线方程为， 由题意可得， 由的离心率为2得： ，则 ， 所以设的离心率为 ，则， 故 ， 故答案为： 13. 曲线与的公切线方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】设出两曲线的切点和，由导数的意义可得，再由点斜式得出公切线方程，把点代入直线方程可得，构造函数，求导分析单调性得到，进而得出，最后得到直线方程. 【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为. 因为， 则公切线的斜率，所以. 因为公切线的方程为，即， 将代入公切线方程得， 由，得. 令，则， 当时，；当时，0， 故函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以， 故公切线方程为，即. 故答案为：. 14. 袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是； 两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为；三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为；四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.则. 【详解】由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球，则摸球次数可能为2，3，4次. 设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为. 两次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：两个球都是白球，情况数为2种.故 设三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为. 三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前两次为一白一红，情况数为： .故. 设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为. 四次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前三次为两红一白，情况数为： .故. 设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是， 则. 故答案为： 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. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可. （2）由（1）求出，由同角三角函数的基本关系求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 ∵， ∴， 由正余弦边角关系得，①， 又，② 由①②得，， ∴，∴ 【小问2详解】 由（1）得，， （或由余弦定理得） ∵为锐角，∴， ∴的面积， ∴， 设边上的高为， 则的面积， ∴，即边上的高为. 16. 在平面直角坐标系中，已知点P到直线的距离与点P到点的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B. （1）推导C的标准方程； （2）过B的直线与C相交于另一点A.若面积为，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）设，由题意可得,化简即可； （2）由（1）可得，设直线的方程为,与曲线的方程联立，根据韦达定理可得.直线与轴的交点为，根据即可求解. 【小问1详解】 设,由题意可得, 化简可得,即. 所以的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）可得， 设直线的方程为, 联立，可得. 设，则，即， 所以，即. 设直线与轴的交点为， 在中，令,可得,即. 由椭圆方程可得, 则 ， 所以，即，解得或. 所以直线的方程为或， 即直线的方程为或. 17. 如图，三棱柱中，侧面为矩形，底面ABC为等边三角形． （1）证明：； （2）若，， ①证明：平面平面ABC； ②求平面ABC与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，连接, 由于侧面为矩形，所以, 由于底面ABC为等边三角形,所以, 平面， 所以平面 ， 由于故四边形为平行四边形， 故平面 ，故， 又是中点，所以， （2） 由于是中点，所以, 又且，所以， 由于，,故为的平面角， 由于,所以， 故平面平面ABC； 平面ABC与平面的夹角的余弦值为 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面 ，即可结合中点求证， （2）根据线线垂直可得二面角的平面角，即可根据长度关系判断二面角为直角，进而可求证， （3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， , 则 设平面的法向量为， 则，取，则， 由于平面ABC的法向量为, 故 故平面ABC与平面的夹角的余弦值为 18. 在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中，而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中．现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题： （1）求出维“立方体”的顶点数； （2）在维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离． ①求的分布列与期望； ②求的方差． 【答案】（1）个 （2）①的分布列为： 1 2 ； ② 【解析】 【分析】（1）由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数； （2）由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式，方差公式及二项式定理计算即可． 【小问1详解】 对于维坐标，， 所以共有种不同的点，即共有个顶点． 【小问2详解】 ①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种， 所以， 则的分布列为： 1 2 所以， 倒序相加得，， 所以； ② ， 设， 两边求导得，， 两边乘以后得，， 两边求导得，， 令得，， 所以． 【点睛】方法点睛：在计算数学期望和方差时，应用两个等式：①；②． 19. 已知是自然对数的底数，常数，函数. （1）求、的单调区间； （2）讨论直线与曲线的公共点的个数； （3）记函数、，若，且，则，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；的单调递减区间是，单调递增区间是 （2）无公共点 （3） 【解析】 【分析】（1）求导后根据导数的正负即可判断函数的单调性； （2）设出函数，根据该函数的最小值与1的关系即可得解； （3）结合前两问，设，可得，有，则可得到使时的对应中的，即有，设，可将双变量换为单变量，即可将转化为，通过构造新函数可得，即可得，构造，研究导数可得，即可得解. 【小问1详解】 函数的定义域为. ， ， 当时，，当时，， 的单调递增区间是，单调递减区间是； 函数的定义域为，常数， 当时，，当时，. 的单调递减区间是，单调递增区间是； 【小问2详解】 设，它的定义域为， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 的最小值为， 不成立，即方程无实数解， 故方程无实数解，直线与曲线无公共点； 【小问3详解】 根据已知，的定义域为， 设，由（2）得，且， 由，记，则， 由得， 由（1）知在上单调递减，故， ， 记，则，由，得， ，若，且，则， ， ， 设，则， 解得， 由得，由得， ， 设，则， ， 由是自然对数的底数，得， 由（1）知，在上单调递减， 在上单调递增；由得， 又， 存在唯一，使， 当时，，当时，，当时，， 当时，单调递增，故； 当时，单调递减，故； 当时，单调递增，故. 综上所述，当时，， . 实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题中最后一问关键点在于观察得出其与第二问的关联，从而设，得到，结合函数的单调性，设出，从而将双变量问题转化为单变量问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $