湖北省騰云聯盟2024-2025學年高三上學期8月聯考數學試題（Word版附解析）-試卷下載-教習網

試卷滿分：150分
注意事項：
1.答題前，先將自己的姓名?準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答策標號涂黑.寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.
一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 若集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據交集的概念求解．
【詳解】因，
所以.
故選：B．
2. 設，“復數是純虛數”是“”的（）
A. 充分而不必要條件；B. 必要不充分條件；
C. 充分必要條件；D. 既不充分也不必要條件.
【答案】A
【解析】
【分析】根據純虛數的定義，結合充分性、必要性的定義進行求解即可.
【詳解】當是純虛數時，一定有，但是當時，只有當時，才能是純虛數，所以“復數是純虛數”是“”的充分而不必要條件，
故選：A
3. 函數的一個對稱中心的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據正弦函數對稱中心計算求解.
【詳解】令，則,
當k=1時，對稱中心為：，結合選項，ABC錯誤，
故選：D.
4. 過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直線與圓相切得到直角三角形利用邊長求解即可.
【詳解】
中，
，即
故選：A
5. 中國航天英雄太空旅程時間一覽表如下，則太空旅程時間數據的下四分位數為（）
A. 3B. 8C. 9D. 183
【答案】C
【解析】
【分析】將數據從小到大排列后利用下四分位數的概念求解即可.
【詳解】將數據從小到大排列后得到21時23分，3天，5天，13天，15天，33天，90天，154天，183天，183天，187天，187天，，下四分位數為第三個數和第四個數的平均數，即9天.
故選：C
6. 如圖，一個直三棱柱形容器中盛有水，且側棱.若側面水平放置時，液面恰好過的四等分點處，，當底面水平放置時，液面高為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】應用不同放置方式體積相等，再根據棱柱的體積公式計算即可.
【詳解】設當底面水平放置時，液面高為，
依題意，側面水平放置時，液面恰好過的四等分點處，，
所以水的體積，
解得.
故選：B.
7. 直線經過函數圖象的對稱中心，則的最小值為（）
A. 9B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求函數的對稱中心，根據題意，再利用“常數代換法”求解最小值即可.
【詳解】因為，
所以，
∴fx關于點2,1對稱，
則直線經過點2,1，
即，所以
所以.
當且僅當且，即時，等號成立.
故選：A
8. 已知函數，且恒成立，則的取值范圍為（）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】當時，分或進行討論，研究的最小值，使得恒成立的范圍；時，利用導函數研究的單調性與最值，求出的取值范圍為．
【詳解】當時，
若，則，要使恒成立，即，
若，則，要使恒成立，
即，，即
當時，
∴fx在0,+∞上單調遞增，
要使恒成立，即
綜上所述，的取值范圍為，
故選：C．
二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 李明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他記錄了100次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到：坐公交車平均用時，樣本標準差為6；騎自行車平均用時，樣本方差為4．假設坐公交車用時和騎自行車用時都服從正態(tài)分布．則下列說法中正確的是（）
（參考數值：隨機變量服從正態(tài)分布，則，.）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根據正態(tài)分布的概念判斷A，B；根據正態(tài)分布的性質及題中所給數據求解判斷C，D．
【詳解】由題意可設，
由題意可得：，所以A正確，B錯誤；
，
，
，
，故C錯誤；
，
，
，故D正確.
故選：AD．
10. 已知平面四邊形中，，和，將平面四邊形沿對角線翻折，得到四面體.則下列說法正確的是（）
A. 無論翻折到何處，
B. 四面體的體積的最大值為
C. 當時，四面體的外接球的體積為
D. 當時，二面角的余弦值為
【答案】ACD
【解析】
【分析】取線段的中點，連接，即可證明平面，從而判斷A；當平面平面時，四面體的體積最大，由錐體的體積公式判斷B；依題意可得兩兩互相垂直，將四面體補成正方體，求出正方體外接球的半徑，即可判斷C；將四面體補成棱長為的正方體，再確定二面角的平面角，即可判斷D.
【詳解】對于：取線段的中點，連接，
是等邊三角形，在中，，
，
又平面，
平面，
又平面，即無論翻折到何處，，故A正確；
對于B：當平面平面時，四面體的體積最大，
又，平面平面，平面，所以平面，
又，，
所以，故B錯誤；
對于C：當時，，，
所以，，又，即兩兩互相垂直，且，
將四面體補成棱長為的正方體，則正方體的外接球即為四面體的外接球，
所以外接球半徑，
所以外接球體積為，故C正確；
對于D：當時，，，
所以，，
將四面體補成棱長為的正方體，
取中點，中點，則，，所以，
又,平面，平面，
所以，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
是二面角的平面角，
又平面，平面，所以，
所以，則當時，二面角的余弦值為，故D正確.
故選：ACD
11. 已知定義域為的函數滿足：①若，則；②對一切正實數，則（）
A.
B.
C. ，恒有成立
D. 存在正實數，使得成立
【答案】BCD
【解析】
【分析】對于AB，由賦值法即可判斷；對于C，由基本不等式結合函數新定義即可判斷；對于D，取，利用函數性質得到，結合即可判斷.
【詳解】對于A，在中，令，可得，無法確定f1的值，A錯；
對于B，令，代入條件②中，，即，B對；
對于C，當時，，且當時，，則，C對；
對于D，取，由于
，從而成等差數列，即成等差數列，
即
而公差，所以當n充分大時，可使，D對.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：判斷D選項的關鍵在于得到以及，由此即可順利得解.
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 若平面內不共線的向量兩兩夾角相等，且，則__________.
【答案】
【解析】
【分析】把向量的模轉化為數量積，再應用數量積運算律計算求解.
【詳解】因為平面內不共線平面向量兩兩的夾角相等，
即兩兩的夾角為，
.
故答案為：.
13. 從有5個紅球和4個藍球的袋子中，每次隨機摸出1個球，摸出的球不再放回.那么，在第3次摸到紅球的條件下第4次摸到紅球的概率為__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根據獨立事件概率乘積及條件概率公式計算即可.
【詳解】用表示事件"第次摸到紅球"，表示事件"第次摸到紅球"，.
.
故答案為：
14. 已知拋物線，從拋物線內一點出發(fā)平行于軸的光線經過拋物線上點反射后交拋物線于點，直線與軸交點橫坐標為__________；的面積為__________.
【答案】 ①. ##0.5 ②.
【解析】
【分析】根據拋物線求出交點橫坐標，再結合面積公式結合拋物線的焦點弦的性質求解.
【詳解】，
設切線與軸交于點，由拋物線的光學性質可知，
過焦點，即與軸交點橫坐標為；
，直線的斜率為
直線的傾斜角為60°，且，
即，
.
故答案為：
四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
15. 已知的內角所對的邊分別為，且滿足.
（1）求；
（2）若，且的面積為，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）運用正弦定理將邊化角，結合兩角和的正弦公式，輔助角公式進行化簡即可求角B；
（2）根據三角形面積公式及余弦定理求解即可.
【小問1詳解】
由題設及正弦定理得，
即.
，
整理得，
即，
，
即.
【小問2詳解】
由
得，
由余弦定理得
即
.
16. 已知函數，
（1）求函數的單調區(qū)間和極值；
（2）討論關于方程的解的個數.
【答案】（1）單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；有極小值，無極大值
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）利用導數求函數的單調性，進而得極值；
（2）將方程解的個數轉化為函數y=fx的圖象與直線的交點個數，結合函數性質與趨勢分析，作出函數圖象，數形結合可得圖象交點的個數.
【小問1詳解】
函數的定義域為
令，解得
當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增；
所以當時，有極小值，且極小值為.
綜上所述，的單調遞增區(qū)間為1,+∞，單調遞減區(qū)間為；
有極小值，極小值為，無極大值.
【小問2詳解】
令，解得；
當時，；當時，.
當時，，當時，，
結合（1）中分析可得，的大致圖象如圖所示，
方程的解的個數為函數y=fx的圖象與直線的交點個數.
由（1）可得當時，有最小值；
由圖可得，當時，方程無解；
當或時，方程有1個解；
當時，方程有兩個解.
17. 如圖，已知四棱錐中，平面，且.

（1）證明：平面；
（2）已知銳二面角的正弦值為，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一和法二利用線面平行的判定定理即可證明；法三利用面面平行的性質定理證明線面平行.
（2）法一和法二用定義法作出二面角的平面角和二面角的平面角，結合已知在直角三角形中求解；法三建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角的平面角余弦值即可.
【小問1詳解】
法一：如圖1，延長和相交于點，連接，

，，則，
又，，
則平面平面平面.
法二：如圖2，過作平行交于點，

，則，
，
，，，
，均平行于平面，
且是平面內的兩條相交直線，
平面平面，又平面平面.
法三：如圖2，過作平行交于點，連接，
，且，
平行，，則，
平行于，，
..均平行于平面，且是平面內的兩條相交直線，
平面平面，又平面平面.
【小問2詳解】
法一：平面平面平面平面，
如圖3，過點作交于平面平面，

平面平面.
過點作交于，又，
且平面，平面，
為二面角的平面角，則，
設，則，
平面平面，，
又，，
中，，則，
過點作交于點，連接，
則為二面角的平面角，
，
綜上所述，二面角余弦值為.
法二：如圖4，在平面內過點作的垂線于的延長線交于點

過作交于，連接，
平面平面平面平面，
平面平面平面，
平面，
平面，
又平面，即為二面角的平面角，
平面平面，，又，
中，，則，
，
，
中，邊上的高，
設二面角的平面角為平面，
，
綜上所述，二面角的余弦值為.
法三：如圖5，平面在平面內過點引的垂線記為軸，
以所在直線為軸，軸如圖建立空間直角坐標系，

平面平面，，又，
，
中，，則，
則，
設平面的法向量為n=x,y,z，
，取，則
得，平面法向量為n1=0,0,1，
二面角的正弦值為，①，
設二面角的平面角為，平面的法向量為，
②
由①解得，代入②中，得，
綜上所述，二面角的余弦值為.
18. 已知點是圓上的任意一點，，線段的垂直平分線與半徑相交于點，當點在圓上運動時，點的軌跡記為；點是圓上的任意一點，線段的垂直平分線與直線相交于點，當點在圓上運動時，點的軌跡記為；已知直線與相交于點，與相交于點，線段和線段的中點分別為.
（1）求曲線和曲線的方程；
（2）已知的面積為，求直線的斜率的值.
【答案】（1），
（2）1
【解析】
【分析】（1）根據橢圓及雙曲線的定義求解標準方程即可；
（2）先分別聯立方程組計算面積再構造函數，求導函數根據導數正負判斷函數的單調性證明直線斜率的解的唯一性.
【小問1詳解】
依題意可得，
點的軌跡是以為焦點，4為長軸長的橢圓，即
依題意可得，
點的軌跡是以為焦點，1為實軸長的雙曲線，即
【小問2詳解】
設
聯立消去得，，由韋達定理可得，
聯立.去得，，由韋達定理可得，
則線段的長度為，
點到直線的距離為，
，
即，
，
，
法一：
，
令在上單調遞增，
，
，使得在上單調遞減，
在上單調遞增，即當時，
在上無解.
綜上所述，直線的斜率的值為1.
法二：設，顯然f1=0
，
令，
當時，，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
當時，
在上恒成立，即在單調遞增，
在上有且僅有一解，
綜上所述，直線的斜率的值為1.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵點是構造函數，求導函數根據導數正負判斷函數單調性證明直線斜率的解的唯一性
19. 在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的積，形成新的數列，這樣的操作叫做該數列的一次“A型擴展”.如將數列進行“A型擴展”，第一次得到數列：第二次得到數列設第次“A型擴展”后所得數列為（其中），并記；在數列的每相鄰兩項之間插入后項與前項的商，形成新的數列，這樣的操作叫做該數列的一次“B型擴展”.即將數列進行“B型擴展”，第一次得到數列；第二次得到數列設第次“B型擴展”后所得數列為（其中），當時，記.
（1）當時，求數列1，2第3次“A型拓展”得到的數列的第6項；
（2）當時，求數列的通項公式；
（3）是否存在一個項數為的數列，記的各項和為，記進行第一次“B型拓展”后得到的新數列，記各項和為，使得成立.（其中，是第二問中數列的通項公式）若存在，寫出一個滿足條件的的通項公式；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）8 （2），
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）遞推求出數列的項；
（2）先化簡再根據等差和等比數列求通項公式；
（3）結合累乘法求出數列通項公式分段得出通項.
【小問1詳解】
將數列1，2進行第一次"型拓展"得到1，2，2；進行第二次"型拓展"得到；進行第三次"型拓展"得到1，2，2，4，2，8，4，8，2；所以第6項為8；
【小問2詳解】
當時，
所以，又
從而是首項為，公比為3的等比數列，
即bn是以2為首項，1為公差的等差數列，
【小問3詳解】
將數列進行型拓展后得到數列
顯然，
且，
可以看作是數列的前項和，
即分別對應
取
當時，
即.
【點睛】關鍵點睛：關鍵在于對新定義的理解，圍繞新定義尋找數列前后項的關系得到遞推公式，然后利用構造法求出通項即可解得.
神舟五號
神舟六號
神舟七號
神舟九號
神舟十號
神舟十一號
神舟十二號
神舟十三號
神舟十四號
神舟十五分
神舟十六
神舟十七號
21時23分
5天
3天
13天
15天
33天
90天
183天
183天
187天
154天
187天

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