河南省漯河市高级中学2025届高三上学期8月月考数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.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（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 等差数列的首项，且，则（ ）
A. 4044B. 4045C. 4046D. 4047
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式，把转化成d的等式解出d，然后求出.
【详解】因为是等差数列，
所以,
又，
所以，解得,
所以，
故选:B.
2. 2023年第19届亚运会在杭州举行，亚运会的吉祥物琮琮、莲莲、宸宸深受大家喜爱，某商家统计了最近5个月销量，如表所示：若y与x线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 由题中数据可知，变量y与x负相关
B. 当时，残差为0.2
C. 可以预测当时销量约为2.1万只
D. 线性回归方程中
【答案】B
【解析】
【分析】对于选项A，利用表中数据变化情况或看回归方程的正负均可求解；对于选项B，利用样本中心点求出线性回归方程，再利用回归方程即可求出预测值，进而可求出残差；对于选项C，利用回归方程即可求出预测值；对于选项D，利用回归方程一定过样本中心点即可求解.
【详解】对于选项A，从数据看，随的增大而减小，所以变量与负相关，故A正确；
对于选项B，由表中数据知，，
所以样本中心点为，将样本中心点代入中得，
所以线性回归方程为，所以，残差，故B错误；
对于选项C，当时销量约为（万只），故C正确．
对于选项D，由B选项可知，故D正确.
故选：B.
3. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
4. 函数（，）图象上相邻的最高点与最低点的横坐标之差为，且点是函数图象的对称中心，则函数在上的单调增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，从而可求得，再将点代入求得，再根据正弦函数的单调性即可得出答案.
【详解】解：因为（，）图象上相邻的最高点与最低点的横坐标之差为，
所以，所以，所以，
则，
因为点是函数图象的对称中心，
所以，
所以，故，
又因，所以，
所以，
令，
则，
因为，所以，
所以函数在上的单调增区间为.
故选：A.
5. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的图象可得其导函数在不同区间内的符号，再由得到关于的不等式组，求解不等式组后取并集即可得到原不等式的解集．
【详解】由函数图象可得：
当时，函数单调递增，则，
当时，函数单调递减，则．
当时，函数单调递增，则，
由①或②
解①得，，解②得，，
综上，不等式的解集为.
故选：A．
6. 已知函数，下列关于的四个命题，其中是假命题是（ ）
A. 函数在上是增函数
B. 函数的最小值为0
C. 如果时，，则的最小值为2
D. 函数有2个零点
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，画出函数图像，数形结合解决问题.
【详解】对于A，因为，求导得，
当或时，，当时，，
故在和上单调递减，在0,2上单调递增，故A正确；
对于B，当时，，当时，，
结合A选项得函数的最小值为0，故B正确；
对于C， 当时，，则的图像如下所示：
如果时，，由图可知的最小值为， 故C正确；
对于D， 由图可知只有一个零点，故D不正确.
故选：D.
7. 2024年3月12日植树节期间，某乡镇政府为了发展农村经济，根据当地的地理优势计划从A，B，C三种经济作物中选取两种进行种植推广.通过调研得到当地村民愿意种植的概率均分别为，若从当地村民中随机选取4人进行交流，则其中至少有2人愿意种值，且至少有1人愿意种植时概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意分三种情况讨论，再结合独立事件的乘法公式即可得出答案．
【详解】4人中，至少有2人愿意种植A，且至少有1人愿意种植B的可能性共有3种：
①有2人愿意种植A，愿意种植B，C的各有1人，
②有2人愿意种植A，有2人愿意种植B，
③有3人愿意种植A，有1人愿意种植B，
故所求概率P．
故选：D．
8. 已知函数，若数列为递增数列，则称函数为“数列保增函数”，已知函数为“数列保增函数”，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意，恒成立，参变分离可得，恒成立，结合函数的单调性求出的最大值，即可得解.
【详解】依题意，恒成立，
即，恒成立，
所以，恒成立，
又在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减，
所以当时，
所以，即的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据数列的单调性得到，恒成立，再参变分离得到，恒成立.
二.多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.）
9. 一个不透明的口袋中有8个大小相同的球，其中红球5个，白球2个，黑球1个，则下列选项正确的有（ ）
A. 从该口袋中任取3个球，设取出的红球个数为，则数学期望
B. 每次从该口袋中任取一个球，记录下颜色后放回口袋，先后取了3次，设取出的红球次数为，则方差
C. 从该口袋中任取3个球，设取出的球的颜色有X种，则数学期望
D. 每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，设拿出的白球的个数为Y，则数学期望
【答案】ABD
【解析】
【分析】对选项A，的可能取值为0，1，2，3，求出概率，再由公式求得；对选项B，，再由二项分布的方差公式求得；对选项C，X的可能取值为1，2，3，求出概率，再由公式求得；对选项D，Y的可能取值为0，1，2，求出概率，再由公式求得
【详解】对选项A，从该口袋中任取3个球，取出的红球个数的可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
则，故A正确；
对选项B，每次从该口袋中任取一个球，是红球的概率为，则取出的红球次数为，
则方差，故B正确;
对选项C，从该口袋中任取3个球，取出的球的颜色有X种，X的可能取值为1，2，3，
则，，则，
则，故C错误；
对选项D，每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，拿出白球的个数Y的可能取值为0，1，2，
则，，，
则，故D正确；
故选：ABD
10. 已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对函数进行求导，根据极值点导数意义，判断A，B；根据函数在处取到极大值，则函数在的附近单调性为“左增右减”，用导数正负来判断C，D.
【详解】因为fx=ax3+bx2+cx+da≠0，则.
函数在处取到极大值1.则，则A正确；
两式子相减，得到，即，则B正确；
由前面知道，，则，
由于函数在处取到极大值，则函数的附近单调性为“左增右减”.
则，对于时，，
即，即，即，
即，则.则C正确，D错误.
故选：ABC.
11. 如图，四棱台的侧棱长均相等，四边形和四边形都是矩形，，，，，，则下列结论正确的是（ ）

A. 该四棱台的体积为1344
B. 该四棱台的侧面积为
C. 该四棱台外接球表面积为
D. 若在该四棱台内有一个球体，则该球体半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出棱台的高，由棱台体积公式即可求得棱台体积，判断A；求出棱台的侧面的高，即可求得侧面积，判断B；求出外接球半径，即可判断C；判断该四棱台内有一个球体，该球体半径最大时球体与平面及平面相切，继而结合平面几何知识求得球的半径，即可判断D.
【详解】如图1，连接，交于点O，连接，交于点，连接．

由题意可得，，
则，．在直角梯形中，，
该棱台的体积，A正确．
梯形的高为，梯形的高为，
则梯形的面积，
梯形的面积，
该四棱台的侧面积为，B正确．
设该四棱台外接球的球心为，半径为R，结合题意可得在线段上，
设，则，由勾股定理得，解得，
则，该四棱台外接球的表面积为，C错误．
因为，所以当该球体的半径最大时，该球体与平面及平面相切，
设切点分别为Q，P，该球体的球心为，半径为r，
过点Q，P，O，的截面与棱，，，分别交于点E，F，M，N，
连接，交于点T，如图2．

，，由,则，,
解得，所以，同理求得．
因为，所以，即，解得，
经检验，，符合题意，D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：判断本题的关键是选项D的判断，解答时要确定该球半径最大时，球体与平面及平面相切，进而将空间问题转化为平面问题解决.
三.填空题（共3小题，每题5分，共15分.）
12. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半圆，若圆锥的表面积为，则该圆锥的体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设圆锥母线长为，底面圆半径长，根据圆面积解得，进而求得圆锥高，即可求解体积.
【详解】设圆锥母线长为，底面圆半径长，
因为侧面展开图是一个半圆，此半圆半径为，半圆弧长为，
所以，即，因为表面积是侧面积与底面积的和，
所以，所以，则圆锥高，
所以.
故答案为：
13. 已知函数满足，若，则________.
【答案】99
【解析】
【分析】根据题意结合诱导公式可得，即可得结果.
【详解】由题可知：
，
令，可得，即，
所以.
故答案为：99.
【点睛】关键点点睛：利用诱导公式证明，即可得结果.
14. 已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为______．
【答案】144
【解析】
【分析】首末项相差11，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足，，
当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1；
当时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列的个数为，
所以符合上述要求的不同数列的个数为.
故答案为：144
【点睛】关键点点睛：按后一项与前一项的差2出现的次数分类是解决本问题的关键.
四.解答题（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. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）证明出平面，即可证得；
（2）计算出的边上的高，并求出点到平面的距离，由此可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面，
平面，则，
，则，为的中点，则，
，平面，
平面，因此，；
（2），，，所以，，
同理可得，
取的中点，连接，则，
因为且，故四边形为矩形，则，
所以，，
由余弦定理可得，则，
所以，的边上的高，
平面，平面，则，
，，平面，
因为，平面，平面，故平面，
，故点到平面的距离，
设二面角为，则.
16. 已知双曲线过点，左、右顶点分别为，，直线与直线的斜率之和为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过双曲线右焦点的直线交双曲线右支于，（在第一象限）两点，，是双曲线上一点，的重心在轴上，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先表示出左右顶点，由斜率公式求出，将点的坐标代入方程求出，即可得解；
（2）设Px1,y1，Qx2,y2，直线的方程为，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由得到，即可求出，即可求出，从而求出，即可得解.
【小问1详解】
依题意左、右顶点分别为，，
所以，解得，
将代入得，解得，
故双曲线方程为；
【小问2详解】
设Px1,y1，Qx2,y2，直线的方程为，
将代入整理得，，
∴，，又由，
代入上式得，解得，，
因为的重心在轴上，所以，
所以，代入双曲线得，
故或．
17. 某种资格证考试分为笔试和面试两部分，考试流程如下：每位考生一年内最多有2次笔试的机会，最多有2次面试的机会．考生先参加笔试，一旦某次笔试通过，不再参加以后的笔试，转而参加面试；一旦某次面试通过，不再参加以后的面试，便可领取资格证书，否则就继续参加考试．若2次笔试均未通过，或通过了笔试但2次面试均未通过，则考试失败．甲决定参加考试，直至领取资格证书或考试失败，他每次参加笔试通过的概率均为，每次参加面试通过的概率均为，且每次考试是否通过相互独立．
（1）求甲在一年内考试失败的概率．
（2）求甲在一年内参加考试次数X的分布列及期望．
（3）已知参加首次面试的N名考生全都来自A，B两个地区，其中来自A地区的考生人数为．根据资格证考试要求：所有面试人员提前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长10分钟，面试完成后自行离场．记随机变量Y表示从面试的第一名考生开始面试到最后一名A地区考生完成面试所用的时间，忽略其他损耗的时间，用表示Y的数学期望，证明：．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用独立事件乘法公式及互斥事件概率和计算即可；
（2）按照步骤求离散型随机变量的分布列及期望；
（3）结合组合数性质计算证明.
【小问1详解】
甲每次参加笔试未通过的概率均为，每次参加面试未通过的概率均为．
甲2次笔试均未通过的概率为，
甲通过了第一次笔试，但2次面试均未通过的概率为，
甲未通过第一次笔试，通过了第二次笔试，但2次面试均未通过的概率为，
所以甲在一年内考试失败的概率为．
【小问2详解】
由题意得X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
X的分布列为
故．
【小问3详解】
由题意得Y的可能取值为，，…，10N，
则Y的分布列为，其中，
所以
．
故．
18. 已知函数.
（1）用单调性的定义判断在上的单调性，并求在上的值域；
（2）若函数的最小作为，且对恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，
（2）
【解析】
【分析】（1）设是0,+∞上的任意两个实数，且，再求解或判断即可得单调性，再根据单调性可得在1,2上的值域；
（2）由题意的最小值为，再根据为关于的增函数，可得，进而可得的取值范围.
【小问1详解】
设是0,+∞上的任意两个实数，且.
（方法一）
，
因为为增函数，所以，
所以，即，所以在0,+∞上单调递增.
（方法二），
因为，所以，
所以，又，
所以，所以在0,+∞上单调递增.
故在1,2上的值域为，即.
【小问2详解】
因为的定义域为0,+∞，
所以的定义域也为0,+∞.
因为的最小值为，所以的最小值也为.
因为为关于的增函数，所以为增函数，
又，所以.
由，
得，
依题意可得，
解得，则的取值范围是.
19. 现有枚游戏币，游戏币是有偏向的，向上抛出后，它落下时正面朝上的概率为．甲、乙利用这枚游戏币玩游戏．
（1）将这3枚游戏币向上抛出，记落下时正面朝上的个数为，求的分布列；
（2）将这枚游戏币向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）通过已知概率求出的可取值，再分别求出概率，即可列出分布列．
（2）通过分类讨论解出抛一次落下时正面朝上的个数为奇数的概率与比较即可．
【小问1详解】
记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则，，2，，．
可取0，1，2，3．
由事件相互独立，则．
．
．
．
故分布列为：
【小问2详解】
因正面朝上个数为奇数，则甲胜．
现在考虑依次抛这枚游戏币，即按照，，，的顺序抛这枚游戏币．
记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为，，2，，．
举两个例子：
表示抛后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率，故只能正面朝上，；
表示抛后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率，此时有两种情况：
①前面抛出游戏币正面朝上个数为奇数，反面朝上；
②前面抛出正面朝上个数为偶数，正面朝上．
故．
故当时，有，
（第一项“”表示前次正面朝上游戏币个数为奇数，从而加上0仍为奇数；
第二项“”表示前次正面朝上游戏币为偶数，从而加上1为奇数）．
故．
即，即，．
记，则，，
故数列为首项是，公差为的等差数列，故，
则，故，，2，3，，，则，故公平．
【点睛】关键点点睛：当时，有，化简得到，．记，则，，故数列为首项是，公差为的等差数列．这一步是解题的关键.时间x
1
2
3
4
5
销售量y/万只
5
4.5
4
3.5
2.5
X
2
3
4
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0
1
2
3