湖北省武汉市部分学校2024-2025学年高三上学期九月调研考试数学试卷 Word版含解析

这是一份湖北省武汉市部分学校2024-2025学年高三上学期九月调研考试数学试卷 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了 若复数满足，则．， 已知集合，，则， 展开式中含项的系数为， 已知函数是上的奇函数，则，2，故正确等内容，欢迎下载使用。

数学试卷
武汉市教育科学研究院命制 2024.9.4
本试题卷共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城均无效.
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. 若复数满足，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简再根据复数的乘除法计算可得.
【详解】因为，所以,
所以
.
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出集合和，然后，利用交集的运算可得答案.
【详解】，
，
.
故选：C
3. 展开式中含项的系数为（ ）
A. 420B. C. 560D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二项展开式的通项公式解出r的值，进而可得项的系数.
【详解】由题意知， 的二项展开式的通项公式为，
令，得，故含项的系数为.
故选：D.
4. 设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的基本量的计算即可求解.
【详解】由，
故，则，
由得，故，故公差为，
故选：C
5. 某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出圆锥底面圆半径，利用圆锥侧面积公式及三角形面积公式列式计算即得.
【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得，
所以.
该圆锥体积为
故选：B
6. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，对进行分类讨论，可得答案.
【详解】的值域为，且，
当时，
则，为增函数，，
而时，为增函数，
此时，，不符题意；
当时，
则，为减函数，，
而时，为减函数，
此时，，
因为的值域为，当且仅当时，满足题意，
此时，，则，整理得，，解得；
综上，时满足题意.
故选：A
7. 已知函数是上的奇函数，则（ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正切的和角公式化简得，结合题意得分母为偶函数，则，继而即可求解.
【详解】
，
是上的奇函数，
又为奇函数，则分母上的函数需为偶函数，
，.
故选：.
8. 设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用椭圆的定义，求得的面积为，结合，求得，进而得到，代入椭圆的方程，得到，转化为，即可求解.
【详解】由椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0，可得，
不妨设点在第一象限，由椭圆的定义知，
因为，可得，即，
可得，所以，
所以的面积为，可得，解得，
又因为，可得，即，
将点代入椭圆的方程，可得，整理得，
因为，可得，即，
解得和（舍去），即椭圆的离心率为.
故选：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ）
A. 与负相关B.
C. 预测第6个月的下载量是2.1万次D. 残差绝对值的最大值为0.2
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据回归方程分析判断；对于B：根据线性回归方程必过样本中心点，运算求解；对于C：根据回归方程进而预测；对于D：根据题意结合残差的定义分析判断.
【详解】对于A：因为，所以变量与负相关，故正确；
对于B：，
，
，则，
解得，故错误；
对于C：当时，，
故可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确；
对于D：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
故残差绝对值的最大值为0.2，故正确.
故选：ACD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. 的图象关于直线对称D. 在上的值域为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论．
【详解】由函数的部分图象可知：，
又因为，即结合函数的单调性可得 ,故A错误；
即所以, 故B正确；
所以．
对于选项C：当时，可得，
所以的图象关于直线对称， 故C正确；
对于选项D： 当时，，
所以，即，故D错误；
故选：BC．
11. 定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A 当时，
B. 当为正整数时，
C. 对任意正实数在区间内恰有一个极大值点
D. 若在区间内有3个极大值点，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据题意求的解析式，即可判断；对于B：利用累加法分析判断；对于CD：分析可知当时，，求得，利用导数求极值点，举反例说明C，根据极值点即可判断D.
【详解】对于选项A：因为函数满足，
当时，，
当时，；
当时，，
当时，，故A错误；
对于选项B：因为，且，
则，，， ，
可得，
所以，故B正确；
对于选项CD：由选项A可得：
当时，，
则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则在内有且仅有一个极大值点，
即，
例如当，则，不合题意，故C错误；
若在区间内有3个极大值点，则，
所以的取值范围是，故D正确；
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于CD：根据选项只需研究内的极值点，得到其解析式的通式，进而求得判断其极值点.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量坐标运算和向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】，因为，所以，
即，解得.
故答案为：.
13. 若双曲线的离心率为3，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率列方程，解方程求得的值.
【详解】由题意，焦点在轴上，
；
故答案为：
14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角的大小为，则的边长为______．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知为外接球的直径，做辅助线，可知，设，可得，结合两角和公式列式求解即可.
【详解】由题意可知：外接球的球心，且平面，即为外接球的直径，，
设平面，可知为等边的中心，
取的中点，连接，
则，可知二面角的平面角为，
设，
则，，
因为，即，
又因为，且，
则，解得，
所以的边长为.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：本题只说明两个正三棱锥共底面，没有说明两个正三棱锥全等，不可以利用对称性解题.
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. 如图，在四棱锥中，平面．
（1）求的长；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据平行和垂直的性质得，，再利用线面垂直的判定与性质得，，最后利用勾股定理求出线段长；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，最后再利用线面角的空间向量法即可得到答案.
【小问1详解】
取中点，连，，由，所以四边形为平行四边形，故.
由平面，平面，有，所以.
又，所以，又，平面，所以平面.
由平面，所以.
由平面，平面，有，故.
又，故.
【小问2详解】
以为坐标原点，为，轴的正方向，
以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系.
由，得为正三角形，故.
又，
.
设平面的法向量，
由，即，
取，得到平面的一个法向量.
又，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调区间.
【答案】（1）
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）求导可得，分类讨论的符号以及与0的大小关系，利用导数判断原函数的单调性.
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意可知：的定义域为，且，
（i）若，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
（ⅱ）若，令，解得或，
①当，即时，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
②当，即时，则，可知在内单调递增；
③当，即时，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：若，的单调递减区间为，单调递增区间为；
若，的单调递减区间为，单调递增区间为；
若，的单调递增区间为，无单调递减区间；
若，的单调递减区间为，单调递增区间为.
17. 已知的内角所对的边分别为，且
（1）求角A；
（2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解；
（2）根据面积关系可得，再结合余弦定理解得，进而可得面积.
【小问1详解】
因，
由正弦定理可得，
且，
即，
整理可得，
且，则，可得，
又因为，则，可得，所以.
【小问2详解】
因为为的平分线，则，
因为，则，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，解得或（舍去），
所以的面积.
18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点.
（i）求直线的斜率；
（ii）证明：直线与交于定点.
【答案】（1）
（2）（i）2；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）设圆心为，根据题意结合弦长列式求解即可；
（2）（i）设，联立方程可得韦达定理，求得，，根据斜率相等运算求解即可；（ⅱ）分析可知直线与的交点即为直线与的交点，求直线的方程运算求解即可.
【小问1详解】
设圆心为，
由题意可得：，整理可得，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
（i）由题意可知：直线的斜率不存在，且不为0，
设，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
可知直线，
联立方程，消去x可得，
由题意可知：，即，
且，可得，
同理可得：，
则
，
因为，则，即，
整理可得，
由题意可知：点不在直线上，则，即，
可得，即，所以直线的斜率；
（ii）由（i）可知：，则中点，
又因为，即，则的中点，
即直线，
由梯形的性质可知：直线与的交点即为直线与的交点，
因为直线的斜率，
则直线，
令可得
，
即直线与直线交点为，
所以直线与交于定点.
【点睛】方法点睛：1.过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题.解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题.解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
2.求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论.
19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为．
（1）求；
（2）当时，求；
（3）求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算；
（2）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算；
（3）分三类讨论1号球放入的盒子，1号球放入 号盒中等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论..
【小问1详解】
1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中；
1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为,
1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中;
综上所述： .
【小问2详解】
1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中;
1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号， n 号盒中，概率为,
1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中;
综上所述：
【小问3详解】
1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中：
1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，号球都可以放入对应编号的盒中，
剩下编号为 的球和编号为 的空盒，
此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球，
按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为
1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中：
所以 ,
整理得： ,①
分别用 和 替换 和 ，可得：
,②,
由①②式相减，整理得：
从而 ,
等于1号球不放在2号盒的概率，即.
所以
【点睛】关键点点睛： 1号球放入 号盒中的关键是等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论..
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