精品解析：湖北省武汉市武昌区2025届高三下学期5月质量检测（三模）数学试题

武昌区2025届高三年级5月质量检测 数学 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，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的准线方程为 A. B. C. D. 4. 如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 144种 5. 已知等比数列为递增数列，若，，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 6. 已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（ ） A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条 7. 在平行六面体中，，．设，，，则平面的一个法向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知服从二项分布的似然函数为（其中表示成功的概率，为样本总数，为成功次数）．现有一个研究团队研究发现概率与参数的取值有关，该团队提出函数模型为．在统计学中，若参数时使得概率最大，则称是的最大似然估计．若，，根据这一原理和该团队提出的函数模型可以求出的最大似然估计，其最大似然估计为（ ） 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. 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 区间上单调递增 C. 的一个对称中心为 D. 图象上所有的点向左平移个单位长度后关于轴对称 10. 已知圆，直线与圆交于，两点，点为圆上异于，的任意一点，若，，则（ ） A B. 面积的最大值为 C. 直线的方程为 D. 满足到直线的距离为的点有且仅有3个 11. 某乒乓球比赛采用单淘汰制，即参赛选手按照随机组合方式逐轮进行比赛，每场比赛负方淘汰，胜方晋级到下一轮，直到最终决出冠亚军．现有运动员（且）名，随机编号到对阵位置，且所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为．若甲、乙是其中的两名运动员，则下列结论中正确的有（ ） A. 若，则甲、乙在第1轮比赛中相遇概率为 B. 若，则甲、乙在第2轮比赛中相遇的概率为 C. 若（且），则甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为 D. 若，则甲、乙两人在比赛中相遇概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某商场为优化服务，对顾客做满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100）．现随机抽取了其中10个数据依次为80，87，88，89，91，92，93，95，95，96，则这组数据的下四分位数为________． 13. 已知，且，则________． 14. 在几何中，单叶双曲面是一种典型的直纹面如图1所示，因其具有优良的稳定性和美观性，常被应用于大型建筑结构（如广州电视塔）．单叶双曲面的形成过程可通过“双曲狭缝”演示：如图2，直杆与固定轴成一定夹角，且均和连杆垂直．当直杆绕固定轴旋转时，其轨迹形成单叶双曲面．若用过单叶双曲面固定轴的平面截取该曲面，所得交线为双曲线的一部分．在某科技馆的演示中，立板上的双曲狭缝即为直杆运动轨迹（双曲面）被立板面截取的双曲线的一部分，因此直杆旋转时可始终穿过两条弯曲的狭缝．若直杆与固定轴所成角的大小为，则该双曲线的离心率为________． 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 已知函数， （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，，求实数的取值范围． 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且． （1）求的长； （2）求的面积． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，， （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求曲线的方程； （2）过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 19. 用符号表示集合中元素的个数．对于实数集合和，且，，定义两个集合：①和集； ②邻差集，其中为集合中元素按照从小到大排列． （1）已知集合，，求，的值； （2）已知集合，，求的值； （3）若与都是由个实数构成的集合，证明：的充要条件是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武昌区2025届高三年级5月质量检测 数学 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，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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】B 【解析】 【分析】首先解对数不等式求出集合，再由集合可知集合中的元素为整数，将集合中的进行赋值即可求解. 【详解】由得，，所以，所以， 对于集合，因为，所以当时，； 当时，；当时，； . 故选：B. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可求，再根据复数的共轭及乘法计算即可. 【详解】由，则， 所以. 故选：A. 3. 抛物线的准线方程为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由抛物线方程可知，抛物线焦点在轴正半轴，且，所以所求准线方程为. 4. 如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 144种 【答案】C 【解析】 【分析】由题，三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色，由计数原理列式求解. 【详解】三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色， 所以恰好使用3种颜色的涂法有种. 故选：C. 5. 已知等比数列为递增数列，若，，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质求解的值，从而可得公比的值，再根据等比数列的通项求解即可. 【详解】已知等比数列，则， 因为，所以，则， 又，所以或， 因为等比数列为递增数列，则，且公比， 所以，则， 故. 故选：A. 6. 已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（ ） A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，利用导数，结合直线的点斜式方程求出切线的方程，联立切线方程和曲线方程，化简得方程，根据切线与曲线有且只有一个公共点，求出参数的值即可. 【详解】函数，对其求导得. 设切点为，则切线斜率为 又， 所以切线方程为， 化简得. 将切线方程和曲线方程联立得： 整理得， 因式分解得， 解得或， 因为切线与曲线有且只有一个公共点， 所以，解得， 此时切线方程为，对应唯一一条满足条件的直线， 故选：B. 7. 在平行六面体中，，．设，，，则平面的一个法向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】要是平面的一个法向量，则要与平面的两不共线的向量垂直，两向量垂直即数量积为零，再根据数量积的运算验证即可. 【详解】如下图所示： 在平行六面体中，，．设，，， 所以， ，， 对A，，故A错误； 对B，，故B错误； 对C，，故C错误； 对D，, ， 与、都垂直，则是平面的一个法向量，故D正确； 故选：D. 8. 已知服从二项分布的似然函数为（其中表示成功的概率，为样本总数，为成功次数）．现有一个研究团队研究发现概率与参数的取值有关，该团队提出函数模型为．在统计学中，若参数时使得概率最大，则称是的最大似然估计．若，，根据这一原理和该团队提出的函数模型可以求出的最大似然估计，其最大似然估计为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求参数的极大似然估计值，二是根据的值求的最大似然估计. 【详解】首先给出了函数，对其求导. 可得： 然后令，即，即 交叉相乘可得, 展开得,移项可得，解得. 因为函数在该点导数为，所以参数的极大似然估计值为. 已知，，则. 已知函数模型，且在内单调递增. 令，即，可得 所以,所以是的最大似然估计. 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. 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的一个对称中心为 D. 图象上所有的点向左平移个单位长度后关于轴对称 【答案】ABC 【解析】 【分析】由周期公式可判断A，通过代入可判断B，通过整体代入可判断C，通过平移结合诱导公式可判断D. 【详解】对于A，由周期公式可得最小正周期为，正确， 对于B，由，则，由正弦函数的单调性可知在区间上单调递增，正确； 对于C，当时，，正确； 对于D，图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到，显然图像关于轴不对称，错误， 故选：ABC 10. 已知圆，直线与圆交于，两点，点为圆上异于，的任意一点，若，，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 直线的方程为 D. 满足到直线的距离为的点有且仅有3个 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量夹角公式求解判断A；利用圆的性质求出面积最大值判断B；求出直线方程判断C；利用直线与圆的位置关系判断D. 【详解】对于A，依题意，， 则，而，解得，A错误； 对于B，，圆心到直线距离， 因此点到直线距离的最大值为，面积的最大值为，B正确； 对于C，由，得，直线的斜率， 设直线方程为，则，解得，由， 得，即，因此，直线的方程为，C错误； 对于D，由圆半径为，圆心到直线距离为， 得圆上到直线距离为的点有且仅有3个，因此符合条件的点有且仅有3个，D正确. 故选：BD 11. 某乒乓球比赛采用单淘汰制，即参赛选手按照随机组合方式逐轮进行比赛，每场比赛负方淘汰，胜方晋级到下一轮，直到最终决出冠亚军．现有运动员（且）名，随机编号到对阵位置，且所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为．若甲、乙是其中的两名运动员，则下列结论中正确的有（ ） A. 若，则甲、乙在第1轮比赛中相遇的概率为 B. 若，则甲、乙在第2轮比赛中相遇的概率为 C. 若（且），则甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为 D. 若，则甲、乙两人在比赛中相遇的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意甲确定后，乙还有7个位置选择然后可计算相遇概率确定A选项；同理甲乙在第2轮相遇，首先甲乙不能同组并同时晋级，再在第二轮相遇可确定B选项；根据题意甲、乙两人在第m轮比赛中相遇的概率为即可确定C选项；利用等比数列求和公式可求甲、乙两人在比赛中相遇的概率. 【详解】对于A，时，甲的位置确定后，乙需在剩余7个位置中选择同一组的1个位置，概率为，故A正确； 对于B，当时，甲、乙在第2轮相遇，则甲、乙需在第一轮均晋级概率为，又在第2轮同一组的概率为，故所求概率为，故B错误； 对于C，当时，甲、乙两人在第m轮比赛中相遇的概率为， 所以甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为，故C正确； 对于D，当时，甲、乙两人在比赛中相遇的概率为 ，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某商场为优化服务，对顾客做满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100）．现随机抽取了其中10个数据依次为80，87，88，89，91，92，93，95，95，96，则这组数据的下四分位数为________． 【答案】88 【解析】 【分析】根据下四分位数的概念求解即可. 【详解】10个数据从小到大为80，87，88，89，91，92，93，95，95，96， 则，故这组数据的下四分位数为88. 故答案为：88. 13. 已知，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】结合题设，根据两角和与差的正弦公式及同角三角函数的基本关系可得，，进而求得，再结合二倍角公式求解即可. 【详解】由，则， 由，得， 则，即，， 所以， 则. 故答案为：. 14. 在几何中，单叶双曲面是一种典型的直纹面如图1所示，因其具有优良的稳定性和美观性，常被应用于大型建筑结构（如广州电视塔）．单叶双曲面的形成过程可通过“双曲狭缝”演示：如图2，直杆与固定轴成一定夹角，且均和连杆垂直．当直杆绕固定轴旋转时，其轨迹形成单叶双曲面．若用过单叶双曲面固定轴的平面截取该曲面，所得交线为双曲线的一部分．在某科技馆的演示中，立板上的双曲狭缝即为直杆运动轨迹（双曲面）被立板面截取的双曲线的一部分，因此直杆旋转时可始终穿过两条弯曲的狭缝．若直杆与固定轴所成角的大小为，则该双曲线的离心率为________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意转换模型确定平面，结合勾股定理得双曲线轨迹从而得双曲线离心率. 【详解】模型转换后如图所示，平面， 设， 因为平面，所以， 所以在中可得：， 在中可得：， 即，则该双曲线的离心率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是将空间中的单叶双曲面模型进行转化后，结合线面关系与勾股定理确定所求双曲线的轨迹方程从而得所求. 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. 已知函数， （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，，求实数的取值范围． 【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （2） 【解析】 【分析】（1）通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间； （2）可通过分离参数，构造新函数，利用导数研究新函数的最值来求解. 【小问1详解】 已知，当时，，对求导，可得. 令，即，解得. 当时，，所以，则在上单调递减. 当时，，所以，则在上单调递增. 综上所得，函数的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 当时，，即，移项可得. 当时，，此时可以取任意实数. 当时，可化为， 令，对求导，可得. 令，即，因为，，所以，解得. 当时，，所以，在上单调递减. 当时，，所以，在上单调递增. 则在处取得极小值，也最小值，. 所以，解得. 实数的取值范围是. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且． （1）求的长； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式求出，再结合余弦定理求解即可； （2）先求出，，利用等面积法求出，进而求解即可. 【小问1详解】 由，则， 因为，所以， 所以，则， 又是角的角平分线， 则在中，由余弦定理得 ，即. 【小问2详解】 由（1）知，则， 由，则， 又是角的角平分线，由， 则， 则，解得， 所以. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，， （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证； （2）先由余弦定理求出，取的中点，连接，，然后由已知条件结合勾股定理即可得解； （3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后由向量法即可得解． 【小问1详解】 证明：因为，所以四边形是菱形， 所以，又，且， 所以，因为，平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 在△中，由，，， 所以， 如图，取的中点，连接，， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，因为平面， 所以，因为，，，平面， 且，所以平面， 因为平面，所以因为的中点为， 所以，在△和△中，可知， 在△中，可知， 因为，所以， 解得：； 【小问3详解】 由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求曲线的方程； （2）过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且，根据坐标关系可得且，再根据动点位置关系即可得所求； （2）（i）同理确定曲线方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形 面积是面积的6倍，分别求解直线的斜率不存在与存在时，结合函数思想求得取值范围即可. 【小问1详解】 当时，设点，依题意， 得，且， 所以，且， 即且， 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0， 于是，所以，代入得， 所以的方程为； 【小问2详解】 （i）同理可得曲线的方程为， 不妨设与同向，， 当直线斜率不存在时，； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 由，得 所以， 同理可得，因此， 对于任意直线均满足，所以； （ii）由（i）可知，四边形 面积是面积的6倍， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程， 所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程， 由，得，由得’ 所以， 直线与有公共点，因此 由，得，由得， 所以， 令，则， 四边形面积的取值范围是. 19. 用符号表示集合中元素的个数．对于实数集合和，且，，定义两个集合：①和集； ②邻差集，其中为集合中元素按照从小到大排列． （1）已知集合，，求，的值； （2）已知集合，，求的值； （3）若与都是由个实数构成的集合，证明：的充要条件是． 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据和集和邻差集定义直接求解即可； （2）考虑，分别讨论和的情况，由集合中元素的性质与和集的定义可得结果； （3）根据与和集定义易证得充分性；设集合，，其中，，可确定中所有的元素，可证得；推广可得，由此可得必要性. 【小问1详解】 ，，， ，，， ，. 【小问2详解】 考虑，不妨设，则， ①当时，，此时式不成立； ②当时，若，则，此时式不成立； 若，则，此时式也不成立； 若，则取，此时式成立. 由上述分析知：和集中重复的元素个数共个， . 【小问3详解】 充分性的证明： 当时，不妨设， 设集合，，其中，，是公差为的等差数列， ，里面的元素也是公差为的等差数列，； 必要性的证明： 设集合，，其中，， 则，这里共个不同元素， 又，上面为和集中的所有元素， 又，这里共个不同元素，也为和集中的所有元素， ，即， 一般地，由， ， 可得，即， 同理可得：，得证. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是能够充分理解和集与邻差集的定义，同时结合集合中元素的性质进行推理证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$