精品解析：湖北省孝感高级中学2025-2026学年高三上学期8月测试数学试卷

孝感高中2023级高三年级测试 数学试题 本卷满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A. B. C. 1 D. 4 2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知，，若，则 A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最大值 4. 已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象可能为（ ） A. B. C. D. 6. 按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 2 7. 若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，，则（     ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 图象对称中心的横坐标不变 10. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 11. 对于函数，则（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. C. 若方程有6个不等实数根，则 D. 对任意正实数，且，若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是_____________. 13. 已知直线是曲线和的公切线，则实数____________. 14. 已知函数，若在其定义域上没有零点，则的取值范围是______. 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆：的左､右焦点分别为､，点､､分别是椭圆的上､右､左顶点，且，点是的中点，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆相交于点､，若的面积是，求直线的方程. 16. 如图，四边形中，，，，且为锐角． （1）求； （2）求的面积． 17. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 18. 一种掷骰子走跳棋的游戏：如图，棋盘上有编号依次为0，1，2，3，…，20的格子，共21个.一枚棋子开始在0号格子中，玩家每掷一次骰子（一种质地均匀的正方体形状玩具，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），棋子向前跳动一次.若掷出的骰子子点数不小于3点，则跳1格（从号格子跳到号格子，）；否则，跳2格（从号格子跳到号格子，）.当棋子跳到19号格子或20号格子时，游戏结束. （1）棋子跳动3次后，记棋子所在格子编号为，求的分布列； （2）设棋子跳到编号为的格子的概率为，其中规定. ①求证：为等比数列； ②游戏组织者规定：跳到19号格子，游戏失败，玩家付给组织者元；跳到20号格子，游戏胜利，组织者付给玩家8a元.问此种规则对游戏组织者是否有利？说明理由. 0 1 2 3 4 …… 19 20 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 孝感高中2023级高三年级测试 数学试题 本卷满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的定义，化简整理，可得，根据导数的几何意义，即可求得答案. 【详解】因为 =， 所以， 则曲线在点处的切线斜率为， 故选：A 2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解. 【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题， 对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题， 综上，和都是真命题. 故选：B. 3. 已知，，若，则 A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最大值 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本不等式的性质，即可求解有最小值，得到答案. 【详解】由题意，可知，，且， 因为，则，即， 所以， 当且仅当时，等号成立，取得最小值， 故选A． 【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 4. 已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合函数奇偶性特点，得到函数关系式，通过代入特殊值逐个选项判断即可求解. 【详解】因为，则有， 所以，由此可知为周期为的周期函数， 又因为是奇函数，所以， 因为，所以； 对于A选项，根据，将代入， 得，解得，A正确； 对于B选项，根据，将代入， 得，B正确； 对于C选项，根据，将代入， 得，C正确； 对于D选项，根据，有， 又根据，将代入， 得，由A选项可知， 所以，所以D错误. 故选：D 5. 函数的部分图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用给定函数的奇偶性及在区间上的函数值情况判断作答. 【详解】函数的定义域为R，， 因此函数是R上的奇函数，图象关于原点对称，选项A不满足； 当时，，且当或时取等号，选项BC不满足，D满足. 故选：D 6. 按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案. 【详解】解：根据题意可得，， 两式相比得，即， 所以. 故选：B. 7. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，代入，求出或，分两种情况，结合，求出，的值，得到答案. 【详解】显然且，且， 设，代入，可得：， 即，解得：或． 若，则，即，又因为，所以，则， 解得：，，所以； 若，则，即，又因为，所以，则， 故，解得，故，故. 故选： 8. 设，，，，则（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】逐项分析，构造函数结合导数判断单调性来确定a与b，b与c，c与d，b与d大小关系. 【详解】，，，， 对于A，设，则， 令，则恒成立， 所以在上单调递增， 则恒成立，所以在上单调递增， 则，即，所以，故A错误； 对于B，设，则， 故在上单调递增， 则， 整理得，所以，故B错误； 对于D，设， 则， 当时，，所以在上单调递增， 所以有，即， 所以，则，故D错误； 由前面可知，所以，故C正确. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 图象对称中心的横坐标不变 【答案】BD 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；由的解集能否为判断C；求出图象的对称中心判断D. 【详解】对于A，当时，，求导得， 令得或，由，得或，由， 得，于是在，上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误； 对于B，，当时，，即恒成立， 函数在上单调递增，无极值点，B正确； 对于C，要使在上是减函数，则恒成立， 而不等式的解集不可能为，C错误； 对于D，由， 得图象对称中心坐标为，D正确. 故选：BD 10. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答. 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 故选：BCD 11. 对于函数，则（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. C. 若方程有6个不等实数根，则 D. 对任意正实数，且，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导函数求出递减区间判断A；利用函数单调性比较大小判断B；探讨函数的性质并作出简图，数形结合判断C；构造函数，利用导数证得判断D. 【详解】函数的定义域为，求导得， 对于A，由，得或，由，得， 因此函数的单调递减区间为和，A错误； 对于B，由A得，函数在上单调递增，，B正确； 对于C，为偶函数，当时，， 由A项知，函数的单调减区间为和，单调递增区间为， 又当时，，当时，， 当时，，时，， 当时，，当时，，时，， 函数的图象如图： 观察图象得，当且仅当时，直线与函数的图象有6个不同交点， C正确； 对于D，不妨设，由，得，即， 令函数，， 求导得， 当时，，，在上单调递增， 由，得，即，因此， 函数，求导得，当时，，在上单调递减， 而，则，即，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. 已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数定义，利用一次函数和指数函数单调性，限定端点处的取值列出不等式组即可解出的取值范围. 【详解】函数是上的增函数， 所以， 解得. 故答案为： 13. 已知直线是曲线和的公切线，则实数____________. 【答案】3 【解析】 【分析】因为中不含有参数，所以根据可求得的值，再根据的切线为求得参数，要注意切点既在曲线上也在切线上的隐含条件. 【详解】设直线与曲线相切于点， 因为切点既在曲线上也在切线上，所以. 又，所以，且， 即切线的斜率且. 由解得，所以切线为. 设直线与曲线相切于点， 因为，所以，即， 又切点既在曲线上也在切线上，所以. 由解得. 故答案为：3 14. 已知函数，若在其定义域上没有零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】注意到，从而可得在定义域内恒成立，进一步可得，从而可得恒成立，故只需求出的最大值即可. 【详解】因为在上连续，又， 所以要使无零点，需使在其定义域上恒成立． 于是原问题转化为，求的取值范围． 当时，，不合题意； 当时， ， ， ， ， ， 当时，恒成立， 下面讨论的情况， 令，所以在上单调递增，又由式得 ，所以，即恒成立． 令，令得． 因为当时，，所以在上单调递增； 因为当时，，所以在上单调递减， 所以是的极大值点， ，所以，即． 综上所述，的取值范围为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键通过分析得出恒成立，由此即可顺利得解. 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆：的左､右焦点分别为､，点､､分别是椭圆的上､右､左顶点，且，点是的中点，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆相交于点､，若的面积是，求直线的方程. 【答案】 （1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的数量积和中位线得到关于、的方程组，求解即可得到椭圆的标准方程；（2）设出直线方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和三角形的面积公式进行求解. 【详解】（1）由题意知，， 则， ∵点是的中点，且， ∴， ∴，， 故椭圆方程为. （2）设，，直线：， 联立方程组，得， ∴，， ， ∴， ∴. ∴直线的方程为或， 即直线的方程为或. 16. 如图，四边形中，，，，且为锐角． （1）求； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式求得，利用余弦定理求得，分析可知BD是四边形外接圆的直径，再利用正弦定理可求解； （2）由面积公式即可得解. 【小问1详解】 由已知， ∵是锐角，∴． 由余弦定理可得，则． ∵，∴BD是四边形外接圆的直径， ∴BD是外接圆的直径，利用正弦定理知 【小问2详解】 由，，，， 则,, 又，则， 因此， 故的面积为． 17. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II） 【解析】 【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得； （II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值． 【详解】（）[方法一]：几何证法 作交于，连接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱台的定义可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法 作交于O． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示. 设OC=1,∵，， ∴,∴， ∴,, , ∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD； [方法三]：三余弦定理法 ∵平面ACFD平面ABC，∴, ∴， 又∵DC =2BC． ∴,即, 又∵，∴． （II）[方法一]：几何法 因为，所以与平面所成角即为与平面所成角． 作于，连接，由（1）可知，平面， 因为所以平面平面，而平面平面， 平面，∴平面． 即在平面内的射影为，即为所求角． 在中，设，则，， ∴． 故与平面所成角的正弦值为． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系法 设平面BCD的法向量为, 由（）得,, ∴令,则,,, ，, 由于，∴直线与平面所成角的正弦值为． [方法三]：空间向量法 以为基底, 不妨设，则 (由（）的结论可得）． 设平面的法向量为， 则由得取，得． 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角也为， 由公式得． [方法四]：三余弦定理法 由， 可知H在平面的射影G在的角平分线上． 设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为． 由由（）的结论可得， 由三余弦定理，得， 从而． [方法五]：等体积法 设H到平面DBC的距离为h， 设,则, 设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为． 由，, 求得，所以． 【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线. 18. 一种掷骰子走跳棋的游戏：如图，棋盘上有编号依次为0，1，2，3，…，20的格子，共21个.一枚棋子开始在0号格子中，玩家每掷一次骰子（一种质地均匀的正方体形状玩具，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），棋子向前跳动一次.若掷出的骰子子点数不小于3点，则跳1格（从号格子跳到号格子，）；否则，跳2格（从号格子跳到号格子，）.当棋子跳到19号格子或20号格子时，游戏结束. （1）棋子跳动3次后，记棋子所在格子编号为，求的分布列； （2）设棋子跳到编号为的格子的概率为，其中规定. ①求证：为等比数列； ②游戏组织者规定：跳到19号格子，游戏失败，玩家付给组织者元；跳到20号格子，游戏胜利，组织者付给玩家8a元.问此种规则对游戏组织者是否有利？说明理由. 0 1 2 3 4 …… 19 20 【答案】（1）分布列见解析 （2）①证明见解析；②有利，理由见解析 【解析】 【分析】（1）得到棋子跳1格的概率后，求出的可能取值及其对应概率即可得分布列； （2）①由全概率公式可得，即可得证；②由①中所得结合等比数列定义可得数列的通项公式，再借助累加法可得，即可得，再计算是否为正即可得. 【小问1详解】 棋子跳1格的概率为，则跳2格的概率为， 棋子跳动3次后，的可能取值为：、、、， ，， ，， 则其分布列为： 【小问2详解】①由题意可得， 即，又，，则， 故数列是等比数列； ②由①可得当时，有， 则、、、， 累加有， 即， 故，， 有 ， 故此种规则对游戏组织者有利. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助全概率公式，得到. 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）证明如下： 取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【解析】 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有， 所以在上为减函数，所以. 综上，. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $