精品解析：湖北省部分州市2025届高三上学期9月月考联合测评数学试题

2025届高三上学期9月月考联合测评数学试卷 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，先将自已的姓名、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、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. 已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有（ ） A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 无穷多个 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的最小值等于（ ） A B. C. D. 4. 将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不“拐角数”．（ ） A. 22 B. 30 C. 37 D. 46 5. 已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 86 B. 87 C. 88 D. 90 6. 已知直线与圆交于不同两点，O是坐标原点，且有，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8. 已知的定义域为，且，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. 欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 共轭复数为 10. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（  ） A. 曲线C与y轴的交点为和 B. 曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称 C. 点的横坐标的范围是 D. 的取值范围为 11. 如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ） A. 最大值为； B. 在时取得极大值； C. 在上单调递增，在上单调递减； D. 在上单调递增，在上单调递减 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，若，则的值为______________． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________. 14. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，E为的中点，延长交于点F，若，则的面积为______. 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. 已知数列中，，． （1）求的通项公式； （2）求和： 16. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，Q为AD的中点． （1）在上是否存在点P，使直线平面，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由； （2）若（1）中点P存在，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 17. 现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏. （1）甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）； （2）甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列； （3）将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由. 18. 已知椭圆过点． （1）求椭圆的方程以及离心率； （2）设直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为．判断直线是否过定点，并证明你的结论． 19. 已知函数，其中为自然对数的底数． （1）当时，求的单调区间； （2）若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三上学期9月月考联合测评数学试卷 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，先将自已的姓名、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、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. 已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有（ ） A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 无穷多个 【答案】B 【解析】 【分析】由图知，阴影部分所示的集合为，根据条件求出，利用集合的运算，即可求解. 【详解】由图知，阴影部分所示的集合为， 由，得到，所以，又， 所以，得到阴影部分所示的集合的元素共有个， 故选：B. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先进行向量的线性坐标运算，再利用向量垂直的数量积坐标表示求解可得. 【详解】，. 因为，所以， 则，解得. 故选：D. 3. 已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数平移可得，进而根据即可代入化简得求解. 【详解】解：，要的图象与的图象关于轴对称，则， 所以，故， 又，故， 故选：B. 4. 将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ） A. 22 B. 30 C. 37 D. 46 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得. 【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为， 第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为， 则第个“拐角数”为． 对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意； 对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是， 则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意； 对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意． 故选：B. 5. 已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 86 B. 87 C. 88 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】根据样本数据百分位数的定义求解即可. 【详解】将数据从小到大排序得， 因为， 所以第75百分位数是． 故选：B． 6. 已知直线与圆交于不同的两点，O是坐标原点，且有，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设中点为C，由条件得出与的关系结合点到直线的距离解不等式即可. 【详解】设中点为C，则， ∵， ∴，∴， ∵，即， 又∵直线与圆交于不同的两点， ∴，故， 则， . 故选：C． 7. 在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理化角为边，再通过换元转化为分式函数，变形后利用基本不等式求最值求解可得. 【详解】由余弦定理得，代入得， ， 则，即， ， 令，， 则， 当且仅当时， ，即时等号成立， 此时，，即，为等腰直角三角形时， 取到最小值. 故选：B. 8. 已知的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用赋值法，求得，得到的一个周期是，再根据函数的周期性和奇偶性，求得的值，进而得到答案. 【详解】由题意知，函数的定义域为，且， 令，得，所以； 令，得，所以，所以是偶函数， 令，得①，所以②， 由①②知，所以， 所以，所以的一个周期是， 由②得，所以，同理，所以， 又由周期性和偶函数可得： 所以， 所以. 故选：B. 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. 欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 的共轭复数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由欧拉公式，利用复数的基本概念，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确； 对于B中，由，所以B正确； 对于C中，由，则，所以C错误； 对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确． 故选：ABD． 10. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（  ） A. 曲线C与y轴的交点为和 B. 曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称 C. 点的横坐标的范围是 D. 取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，求得曲线的轨迹方程为，利用轨迹方程，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】解：设点，因为，可得， 整理得：， 对于A中，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，所以A正确； 对于B中，因为， 用替换，方程不变，则曲线关于x轴对称， 用替换，方程不变，则曲线关于y轴对称， 同时用替换，用替换，方程不变，可得曲线关于原点对称，所以B错误； 对于C中，因为，即可得， 即，即，解得， 即，所以点P的横坐标的取值范围是，所以C正确； 对于D中，因为， 由C项知，所以，故，所以D错误． 故选：AC. 11. 如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ） A. 最大值为； B. 在时取得极大值； C. 在上单调递增，在上单调递减； D. 在上单调递增，在上单调递减 【答案】AD 【解析】 【分析】分情况作出截面，求截面的周长和面积，进行判断. 【详解】当时，截面为等边三角形，如图： 因为，所以， 所以：，，. 此时，在上单调递增，且，. 当时截面为六边形，如图： 设，则 所以六边形的周长为：为定值； 做平面于，平面于. 设平面与平面所成的角为，则易求. 所以， 所以， 在上递增，在上递减， 所以截面面积的最大值为，此时，即. 所以在上递增，在上递减. 时，最大，为. 当时，易得： ， 此时，在上单调递减， ，. 综上可知：AD是正确的，BC错误. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：当时，如果坚持用表示截面的周长和面积，感觉比较麻烦，设，用表示截面的周长和面积就省劲多了. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，若，则的值为______________． 【答案】## 【解析】 【分析】由条件结合正态分布的性质可得，，再结合条件可求结论. 【详解】因，， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得. 【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得， 取的中点，连接，由，得，则， 连接，由为的中点，得，，， 因此，即，整理得， 而，所以. 故答案为： 14. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，E为的中点，延长交于点F，若，则的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理以及三角形面积公式求得的面积，设所求面积为，利用向量共线定理、平面向量基本定理得出即可求解. 【详解】 的面积为， 注意到， 所以 ， 因为三点共线，所以设， 而点是中点，点是中点， 所以，设， 所以，因为不共线， 所以，解得， 因为， 设的面积为，则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到的面积，，由此即可顺利得解. 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. 已知数列中，，． （1）求的通项公式； （2）求和： 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由条件证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求数列的通项公式； （2）设，，则，利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 因为， 所以，又， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 设，，则， 由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以 所以. 所以 16. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，Q为AD的中点． （1）在上是否存在点P，使直线平面，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由； （2）若（1）中点P存在，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1）存在，P中点，证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用面面平行和线面平行确定点的位置，然后利用线面平行判定定理证明即可； （2）过点D作，以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据面面夹角的向量公式求解可得. 【小问1详解】 存在，证明如下： 在四棱柱中，因为平面平面， 所以可平面内作， 由平面几何知识可证，所以，可知P是中点， 因为平面，所以平面． 即存在线段的中点，满足题设条件． 满足条件的点只有一个，证明如下： 当平面时，因为平面， 所以过作平行于CQ的直线既在平面内，也在平面内， 而在平面内过只能作一条直线， 故满足条件的点P只有唯一一个． 所以，有且只有的中点为满足条件的点P，使直线平面． 【小问2详解】 过点D作，垂足为F，又因为平面ABCD， 所以DA，DF，两两互相垂直， 以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则有即 令，得，，所以． 设平面的法向量为． 则有即 令，得，，所以． 所以． 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． 17. 现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏. （1）甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）； （2）甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列； （3）将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由. 【答案】（1）， （2）分布列见解析 （3）公平，理由见解析 【解析】 【分析】（1）依题意可得随机变量服从二项分布，即可得出期望值，依据二项式性质可得时，最大. （2）写出的所有可能取值，求出对应概率即可求得分布列； （3）根据题意可求得，可知游戏规则是公平的. 【小问1详解】 依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为， 故，于是， 当时，最大. 【小问2详解】 记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”， 则，Y可取.由事件相互独立， 则. ； ； ； 故分布列为： X 0 1 2 3 P 【小问3详解】 不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币； 记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为； 于是； 即，即. 记，则， 故数列为首项是，公差为的等差数列； 故，则， 故，则，因此公平. 18. 已知椭圆过点． （1）求椭圆的方程以及离心率； （2）设直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为．判断直线是否过定点，并证明你的结论． 【答案】（1）椭圆方程为，离心率为 （2）定点为，证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入联立方程，解方程可得，，进而得到椭圆方程；即可由离心率公式求解 （2）联立直线与椭圆方程，运用韦达定理，令，代入化简可得，即可得直线恒过定点； 【小问1详解】 将代入椭圆方程可得且， 解得，故， 故椭圆方程为，离心率为 【小问2详解】 联立与椭圆方程，消去可得， 设,，,，可得，， 则的方程为，又， 令，则 故直线经过定点． 19. 已知函数，其中为自然对数的底数． （1）当时，求的单调区间； （2）若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间； （2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【小问1详解】 由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； 【小问2详解】 （i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是． （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$