精品解析：湖北省华大新高考联盟2025届高三11月期中教学质量测评数学试题

华大新高考联盟2025届高三11月教学质量测评 数学 命题：华中师范大学考试研究院 本试题卷共4页，共19题.满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卷指定位置，认真核对与准考证号条形码上的信息是否一致，并将准考证号条形码粘贴在答题卷上的指定位置. 2.选择题的作答：选出答案后，用2B铅笔把答题卷上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.答在试题卷上无效. 3.非选择题的作答：用黑色墨水的签字笔直接答在答题卷上的每题所对应的答题区域内.答在试题卷上或答题卷指定区域外无效. 4.考试结束，监考人员将答题卷收回，考生自己保管好试题卷，评讲时带来. 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. 已知集合，，则的真子集个数为（ ） A. 1 B. 3 C. 7 D. 15 2. 已知（其中为虚数单位）是关于的方程的一个根，则在复平面内，所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ） A. 144 B. 120 C. 84 D. 116 5. 已知抛物线的焦点到准线的距离为，第一象限的点在抛物线上，过点作的垂线，垂足为点，若，且点在直线上，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值可能为（ ） A. B. 1 C. 3 D. 5 7. 若函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的表面积与体积之比为6，若，，则四面体的体积的最大值为（ ） 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. 下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为，，，若，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则在上的值域为 D. 若函数，则在上有6个零点 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线：与椭圆交于，两点，则（ ） A. 若，则 B. 若过右焦点，且，，则椭圆的离心率为 C. 若过右焦点.且，，则椭圆的离心率为 D. 若，，且椭圆上存在一点，使得，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分、共15分. 12. 定义：已知平面向量，表示夹角为的两个单位向量，为平面上的一个定点，为平面上任意一点，当时，定义为点的斜坐标.设点的斜坐标为，则______. 13. 将一组嵌套模型一一拆分之后所得的图形如下所示，若图中每个小正方体的外接球的表面积为，则以此类推，第个图形的体积为______. 14. 某站台经过统计发现，一号列车准点到站的概率为，二号列车准点到站的概率为，一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为，记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件，“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件，则______. 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. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，在双曲线上. （1）求双曲线的方程； （2）已知不与轴垂直且过的直线与双曲线交于，两点，若，，且，求证：. 16. 某公司有意在小明、小红、小强、小真这人中随机选取人参加面试.面试分为初试和复试且采用积分制，其中小明和小红通过初试的概率均为，小强和小真通过初试的概率均为，小明和小红通过复试的概率均为，小强和小真通过复试的概率均为，通过初试考核记分，通过复试考核记分，本次面试满分为分，且初试未通过者不能参加复试. （1）若从这人中随机选取人参加面试，求这两人本次面试的得分之和不低于分的概率； （2）若小明和小红两人一起参加本次公司的面试，记他们本次面试的得分之和为，求的分布列以及数学期望. 17. 已知圆柱如图所示，其中正方形为轴截面，点，为圆上异于，且同侧的点，且，点为线段的中点. （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面夹角的正切值为，求的值. 18. 已知函数，的导函数为，且. （1）讨论的单调性； （2）若为的极大值点，求实数的取值范围； （3）若为锐角，比较和的大小关系，并说明理由. 19. 已知有序数组，，分别为：，：，：，若它们之间满足：①；②；则称为的双覆盖数组.为的单覆盖数组. （1）有序数组，分别为：8，5，4，，：，，，2，若为的双覆盖数组，求，，，的值. （2）已知为的单覆盖数组，其中又可记为. （i）判断满足条件的的双覆盖数组个数为奇数个还是偶数个，并给出说明过程. （ii）判断是否能成为的单覆盖数组.若是，写出所有满足条件的双覆盖数组；若不是，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华大新高考联盟2025届高三11月教学质量测评 数学 命题：华中师范大学考试研究院 本试题卷共4页，共19题.满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卷指定位置，认真核对与准考证号条形码上的信息是否一致，并将准考证号条形码粘贴在答题卷上的指定位置. 2.选择题的作答：选出答案后，用2B铅笔把答题卷上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.答在试题卷上无效. 3.非选择题的作答：用黑色墨水的签字笔直接答在答题卷上的每题所对应的答题区域内.答在试题卷上或答题卷指定区域外无效. 4.考试结束，监考人员将答题卷收回，考生自己保管好试题卷，评讲时带来. 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. 已知集合，，则的真子集个数为（ ） A. 1 B. 3 C. 7 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】解集合A中的不等式，求出，由元素个数判断的真子集个数. 【详解】集合，， 故，则有3个真子集. 故选：B. 2. 已知（其中为虚数单位）是关于的方程的一个根，则在复平面内，所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：代入，得到方程组，求出，得到，求出所在象限； 方法二：求出的解，从而得到，求出，得到，求出所在象限. 【详解】方法一：依题意，， 故，解得， 则在复平面内对应的点为，位于第一象限； 方法二：易知方程的解为，则， 即，解得， 则在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直得到等式求得的值，利用模的坐标公式即可求得结果. 【详解】依题意，， 因为，所以，解得， 故. 故选：D. 4. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ） A. 144 B. 120 C. 84 D. 116 【答案】B 【解析】 【分析】分选取的数字只有一个1和有两个1两种情况讨论，即可得解. 【详解】若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有种； 若选的数字有两个1，则不同的排列方法有种. 故共有种不同的设置方法. 故选：B. 5. 已知抛物线的焦点到准线的距离为，第一象限的点在抛物线上，过点作的垂线，垂足为点，若，且点在直线上，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线中的几何意义知，得到焦点，设，由题意得点坐标，再根据点在直线上，由斜率公式求出，得到直线的斜率，进而得倾斜角. 【详解】依题意，得，故， 设，则， ∵，即，解得，即， 则，解得，∴， 故直线的倾斜角为. 故选：C. 6. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值可能为（ ） A. B. 1 C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由三角形面积公式建立等式，解得，由正弦定理得出表达式，由角取值范围得出取值范围即可得到可能的取值. 【详解】依题意，得，故，则， 因为为锐角，所以. 依题意，， 而故，故， 则， 故选：B. 7. 若函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知在上单调递减且的图象关于中心对称，所以为奇函数且单调递减，由此可将转化为，再由的单调性得到，解不等式即可得出答案. 【详解】依题意，，易知在上单调递减， 且，故的图象关于中心对称， 则为奇函数且单调递减， 故 ， 故选：A. 8. 已知正方体的表面积与体积之比为6，若，，则四面体的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意求出，过点作，过点作，，且与交于点，设，，则，由表示出四面体的体积，即可得出答案. 【详解】依题意，，解得.如图所示，过点作， 过点作，，且与交于点， 设，，则， ， 因为，在四边形中，， 又因为，所以， 而在中，， 在中，， 因为，所以， 所以， ， ， 故， 当且仅当时，取到最大值， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是设，，由先表示出，再求出，进而可得四面体的体积，即可得出答案. 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. 下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定，结合向量说明线线的不垂直，逐个判断即可. 【详解】由条件可知四棱锥为正四棱锥， 对于A： 设的交点为，由正四棱锥的结构特征可知：面， 易知：，又，为平面内两条相交直线， 所以直线与平面垂直； 对于B： 取的中点为，连接， 有中位线性质可知：，， 所以四边形为平行四边形，所以， 可证直线平行平面； 对于C： 设棱长为2，， 所以， 所以与不垂直，所以直线不与平面垂直； 对于D： 设棱长为2，，， 所以 所以与不垂直，所以直线不与平面垂直； 故选：BCD. 10. 已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为，，，若，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则在上的值域为 D. 若函数，则在上有6个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据周期公式可求得A，设出点的坐标，根据距离之间的关系可得到结果，即可判断B，根据变换后的解析式可判断C，根据图象可判断D选项. 【详解】对于A，依题意，，故A正确； 对于B，，故，， 记，则， 故，则①， 而②，联立①②可得，故B错误； 对于C，， 故当时，，， 故，C正确； 对于D，， 在直角坐标系中分别作出，的图象如图所示， ， 观察可知，它们在上有6个交点， 即在上有6个零点，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线：与椭圆交于，两点，则（ ） A. 若，则 B. 若过右焦点，且，，则椭圆的离心率为 C. 若过右焦点.且，，则椭圆的离心率为 D. 若，，且椭圆上存在一点，使得，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据之间的关系可判断A，根据椭圆的定义以及离心力可判断B，根据椭圆的定义以及余弦定理可得到C，联立椭圆与直线方程得到关系式，可求得D 【详解】对于A，若，则，故，故A正确； 对于B，设，则，，， 在中，，解得， 在中，，则，故B错误； 对于C，设，则，又因为，所以， 由椭圆的定义知，得. 又，即点为短轴端点， 故在中，， 在中，， 解得，故C正确； 对于D，设，，则，则， 因为点，，均在椭圆上，故，，， 因为，故，故， 联立故， 显然，，， 故，解得，故正确； 故选：ACD. 【点睛】本题考查了椭圆的定义及性质，关键点有： （1）椭圆上一点到两焦点的距离和为定值； （2）在椭圆中，； （3）离心率 三、填空题：本题共3小题，每小题5分、共15分. 12. 定义：已知平面向量，表示夹角为的两个单位向量，为平面上的一个定点，为平面上任意一点，当时，定义为点的斜坐标.设点的斜坐标为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由斜坐标的定义，，利用向量数量积的运算，求. 【详解】平面向量，表示夹角为的两个单位向量， 则有， 依题意，，则. 故答案为：. 13. 将一组嵌套模型一一拆分之后所得的图形如下所示，若图中每个小正方体的外接球的表面积为，则以此类推，第个图形的体积为______. 【答案】2648 【解析】 【分析】根据正方体的体对角线为正方体外接球的直径及题目条件可求得正方体的棱长，分析规律可得第个图形中小正方体的个数，以此可得结果. 【详解】设小正方体的棱长为，则正方体的体对角线长为，正方体的外接球半径为， 由题意得，，解得，小正方体的体积为. 结合图形可得第个图形中小正方体的个数为， 故第个图形的体积为. 故答案为：. 14. 某站台经过统计发现，一号列车准点到站的概率为，二号列车准点到站的概率为，一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为，记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件，“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设出事件，记“一号列车准点到站”为事件，“二号列车准点到站”为事件， 根据事件的关系和运算法则得到，，相加得到答案. 【详解】记“一号列车准点到站”为事件，“二号列车准点到站”为事件， 则，，， 由，故， 则，则， 故， 而，即，故， 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. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，在双曲线上. （1）求双曲线的方程； （2）已知不与轴垂直且过的直线与双曲线交于，两点，若，，且，求证：. 【答案】（1） （2）证明：依题意，得， 设直线的方程为，，， 联立整理得， 因此当时，， ，， 则，即， 故直线：， 令，得，则， 故， 故. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出即可得解； （2）设直线的方程为，，，联立方程，利用韦达定理求出，，利用弦长公式求出，求出直线的方程，进而可求出点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，即可得证. 【小问1详解】 依题意，解得， 故双曲线的方程为； 【小问2详解】 略 16. 某公司有意在小明、小红、小强、小真这人中随机选取人参加面试.面试分为初试和复试且采用积分制，其中小明和小红通过初试的概率均为，小强和小真通过初试的概率均为，小明和小红通过复试的概率均为，小强和小真通过复试的概率均为，通过初试考核记分，通过复试考核记分，本次面试满分为分，且初试未通过者不能参加复试. （1）若从这人中随机选取人参加面试，求这两人本次面试的得分之和不低于分的概率； （2）若小明和小红两人一起参加本次公司的面试，记他们本次面试的得分之和为，求的分布列以及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 6 10 12 16 20 【解析】 【分析】（1）选出人的情况分三种：①小明、小红参加面试；②小明、小红或小强、小真各一人参加面试；③小强、小真参加面试.计算每种情况下的概率相加即可得到结果. （2）分析的取值，分别计算概率，列出分布列，利用期望公式求解即可得到结果. 【小问1详解】 记选出小明、小红参加面试为事件，选出小明、小红或小强、小真各一人参加面试为事件，选出小强、小真参加面试为事件，这两人本次面试的得分之和不低于分为事件， 则，，， 【小问2详解】 的可能取值为， 故，， ，， ，. 故的分布列为： 0 6 10 12 16 20 则. 17. 已知圆柱如图所示，其中正方形为轴截面，点，为圆上异于，且同侧的点，且，点为线段的中点. （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面夹角的正切值为，求的值. 【答案】（1） 因为，故， 而平面，平面，故平面. 取线段的中点，连接，， 则，，故， 故四边形为平行四边形，则. 而平面，平面，故平面. 而，平面，平面， 故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，求出平面的法向量，为平面的一个法向量，根据题意求出二面角的余弦值，由二面角的余弦值公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，因为是圆的直径，所以， 过点作圆柱的母线，则平面，所以，，互相垂直， 以为原点，，，的方向分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，，，则， 则，，， 所以，. 设为平面的法向量， 所以，令，解得， 所以为平面的一个法向量. 易知为平面的一个法向量. 因为平面与平面夹角的正切值为，故夹角的余弦值为， 所以，化简得， 而，解得（舍去），则. 18. 已知函数，的导函数为，且. （1）讨论的单调性； （2）若为的极大值点，求实数的取值范围； （3）若为锐角，比较和的大小关系，并说明理由. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （3） 结论：，理由如下： 要证， 即证， 即证， 即证，， 因为，， 即证当时，. 即证当时，. 令，由（2）可知，当时，， 故，则， 令，则， 所以在上单调递增，故，即， 两式相加可得，， 即. 【解析】 【分析】（1）先求导，令导函数为零，根据导函数正负判断原函数的单调性； （2）根据（1）中的单调区间判断极值，即可得到取值范围； （3）先根据同角三角函数的关系化简，构造函数，利用导函数判断大小关系. 【小问1详解】 依题意，有， 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 依题意，， 当时，易知，由（1）可知，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，不符合题意，舍去； 当时，，且， 由（1）可知，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，，，在上单调递增，故无极值点，不符合题意； 当时，，且； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以，是的极大值点，符合题意. 综上所述，实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了导数及其应用、依据导函数分类讨论单调区间，函数的极值与最值： （1）函数求导； （2）令导函数为0，求出极值，判断单调区间，根据单调区间求出最值； （3）构造新的函数证明不等式. 19. 已知有序数组，，分别为：，：，：，若它们之间满足：①；②；则称为的双覆盖数组.为的单覆盖数组. （1）有序数组，分别为：8，5，4，，：，，，2，若为的双覆盖数组，求，，，的值. （2）已知为的单覆盖数组，其中又可记为. （i）判断满足条件的的双覆盖数组个数为奇数个还是偶数个，并给出说明过程. （ii）判断是否能成为的单覆盖数组.若是，写出所有满足条件的双覆盖数组；若不是，说明理由. 【答案】（1）； （2）（i）依题意，设为的双覆盖数组， 构造数组：； 记， 所以当时，，， 且. 因为， 所以也是的双覆盖数组， 一方面，因为，， 所以. 另一方面，假设，因为，所以， 所以，与矛盾，所以， 故满足条件的的双覆盖数组个数为偶数个. （ii）假设是的双覆盖数组. 由题意得，， 相加得， 即， 当时，，与矛盾， 故不能成为的单覆盖数组. 当时，，能成为的单覆盖数组. 当时，，又因为，， 所以有两种可能：. 故有四种情况：，，，. 【解析】 【分析】（1）根据得到方程组，求出； （2）（i）构造数组：，证明其为的双覆盖数组，且，另一方面，假设，由，得到，与矛盾，所以，证明出的双覆盖数组个数为偶数个； （ii）由题意得，，两式相加得到，当时，，与矛盾，当当时，，能成为的单覆盖数组，根据得到答案. 【小问1详解】 由， 可得则 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $