精品解析：湖北省八市2025届高三下学期3月联考数学试卷

2025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 2025.3 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.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. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 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. 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 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 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 6. 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. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④ 7. 根据变量和成对样本数据，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的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 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. 二､多选题：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. 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 10. 已知椭圆上下焦点分别为，左右顶点分别为为坐标原点，为线段上一点，直线垂直平分线段且交椭圆于两点，则下列说法中正确的有（ ） A. 椭圆离心率为 B. 的周长为 C. 以点为圆心，为半径圆与椭圆恰有三个公共点 D. 若直线的斜率分别为，则 11. 在一次数学兴趣小组的实践活动中，李怡同学将一张边长为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； 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. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 平面向量满足，则的最小值为__________. 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__________. 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. 已知分别为三个内角的对边，向量，. （1）求； （2）若.求的面积. 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：. 17. 如图，直三棱柱中，且平面平面. （1）求实数的值； （2）若平面. （i）求证：； （ii）求二面角的余弦值. 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. 19. 有穷等差数列共有项，公差为1，前项和为（为正整数）.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，试求出所有的数对； （3）设为正整数，将从正中间分割为两个数（若位数是奇数，在数的前面补上0再分割），若这两个数的和恰好等于，则称为“漂亮数”.例如：，所以81是一个“漂亮数”，，所以88209是一个“漂亮数”.当时，从集合中任取一个元素，求该元素为“漂亮数”的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025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 2025.3 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.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. 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：D 2. 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 【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， 因为复数对应的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. 【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， 数列为递减数列，C正确，D错误. 故选：C 6. 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. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. 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. 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的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. 【详解】对于残差图（1）对应的散点，随机误差满足的假设，但是方差随着的变化而变化，不满足的假设； 对图（2）对应的散点，均匀分布在水平带状区域内，随机误差满足的假设，方差不随的变化而变化，满足的假设. 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． 二､多选题：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. 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， 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，为线段上一点，直线垂直平分线段且交椭圆于两点，则下列说法中正确的有（ ） 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据垂直平分线的性质，结合离心率的公式即可求解A，根据椭圆的定义，即可求解C，根据两点距离公式，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： 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． 11. 在一次数学兴趣小组的实践活动中，李怡同学将一张边长为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； 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，过作于，则平面，所以平面，则在平面的投影就是， 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，， 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15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】 【分析】根据向量不共线时，借助平行四边形，可得，进而利用余弦定理以及基本不等式即可求解最值. 【详解】如图：当不共线时，取,则, 故，故, 在中，, 故， 故， 由于，故，故，当且仅当时取等号， 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. ##0.625 ②. 【解析】 分析】（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）， 则第二次取出球是黑球的概率为. （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77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】 【分析】（1）根据数量积的坐标表示可得，利用正弦定理把边化为角，再利用三角形内角和定理、和差公式及辅助角公式即可求解； （2）利用向量的线性运算可得，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：. 【答案】（1）1 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）切线斜率与导数有关系，故先分类讨论是否为0，若，则利用，但需注意； （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. （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） （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（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，从而有，即可求解； （2）（i）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，即可求解；（ii）法一，根据条件建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解；法二，根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 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， 则， 设平面法向量，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 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） （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）结合题意列式，化简即可求解； （2）（i）结合题意，利用两点间的距离公式及双曲线的定义即可证明；（ii）设点，由，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， 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，将代入即可求出. 19. 有穷等差数列共有项，公差为1，前项和为（为正整数）.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，试求出所有的数对； （3）设为正整数，将从正中间分割为两个数（若的位数是奇数，在数的前面补上0再分割），若这两个数的和恰好等于，则称为“漂亮数”.例如：，所以81是一个“漂亮数”，，所以88209是一个“漂亮数”.当时，从集合中任取一个元素，求该元素为“漂亮数”的概率. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据定义，分别求出与即可求出； （2）根据的概率为得出，在结合均为正整数，且，进行列举即可得解； （3）根据“漂亮数”的定义，令中的“漂亮数”为且，，得出，再进行分类讨论，得出数列中的“漂亮数”有，结合古典概型，即可求得所求的概率. 【小问1详解】 当时， 故 【小问2详解】 因为公差，即 又中元素的个数为， 由题意. 整理得 因为均为正整数，且 所以或或或 或或 解得或或或或或 故满足条件的数对有. 【小问3详解】 由题意，“漂亮数”一定是完全平方数，又，故此时数列中的数全部是四位数. 可设中的“漂亮数”为且， 其中为两位数，为两位数或一位数. ，即 整除 注意到，又 ①若，则，此时是一个“漂亮数” ②若，注意到为相邻整数，不可能同时为3的倍数，所以必有9整除整除，或者11整除整除. 下面分两种情况进行讨论. （i） 两式相减可得，即 ，所以只能取5，此时是一个“漂亮数”. （ii） 两式相减可得，即 ，所以只能取5，此时是一个“漂亮数”. 综上所述，当时，数列中的“漂亮数”有，共3个，且都属于集合； 而集合中元素的个数为68； 故从中任取一个元素，且该元素为“漂亮数”的概率为. 【点睛】关键点点睛：（1）（2）小题的关键是紧扣定义，结合列举法，即可得解；（3）小题的关键结合“漂亮数”的定义，令“漂亮数”为且，得出，再进行分类讨论，得出数列中的“漂亮数”的个数，结合古典概型，即可求得所求的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$