湖北省八校2025届高三上学期迎10月国庆联合教学质量检测数学试题

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本试卷共5页 满分150分，考试用时120分钟
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域均无效.
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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得结论.
【详解】因为，所以且，
所以.
故选：C.
2. 如图，平行四边形中，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，结合图形，利用向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】因为四边形为平行四边形，且，，
所以，即①，
又，即②，
由①②得到，又，，所以.
故选：D.
3. 已知数列的前项和为，且，若，其前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先应用，得出，求得,利用的值排除部分选择支ABD，再放缩法和裂项相消法求和即可判断选项.
【详解】当时，由可得，
两式相减可得，
当,满足上式，
所以恒成立，
所以，
所以；时，.
所以,故选择支ABD错误，
当时，．
故选：C.
4. 某学校组织学生开展研学旅行，准备从4个甲省景区，3个乙省景区，2个丙省景区中任选4个景区进行研学旅行，则所选的4个景区中甲、乙、丙三个省的景区都有的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设相应事件，利用组合数求，结合古典概型运算求解.
【详解】设样本空间为，则，
设所选的4个景区中甲、乙、丙三个省的景区都有为事件A，
则，
所以.
故选：B.
5. 已知函数在上有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用平方关系和倍角公式，得到，令，得到或，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
令，则，令，得到，
所以或，令，得到或，令，得到或，
又在上有且仅有两个零点，所以在上有且仅有两个零点，
所以，得到，
故选：B.
6. 已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点到直线距离的最小值即可求得最小值.
【详解】两点，B0,3，则，直线方程为，
圆的圆心，半径，
点到直线的距离，
因此点到直线距离的最小值为，
所以面积的最小值是.
故选：D
7. 椭圆，若椭圆上存在不同的两点关于直线对称，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，中点为，利用点差法结合条件可得点，根据在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆，即：，
设椭圆上两点Ax1,y1,Bx2,y2关于直线对称，中点为，
则，，
所以，
所以，所以，
代入直线方程得，即，
因为在椭圆内部，所以，
解得 ，
即的取值范围是．
故选：B．
8. 已知定义在上的函数满足：对任意的，，都有，且．满足不等式的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数运算法则将不等式变形进行构造函数，再由函数单调性定义可得在上单调递减，原不等式等价于，利用单调性即可解得结果.
【详解】将不等式化简可得；
令，可得，
即对任意的，，都有，
所以函数在上单调递减，
则等价于，
即，可得，
又，所以，
所以等价于，
因此可得，解得,
可得x的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将不等式变形通过构造函数并利用所给函数值以及函数单调性解不等式即可得出结果.
二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知复数，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若复数满足，则在复平面对应的点是−1,7
D. 若是关于的方程的一个根，则
【答案】CD
【解析】
【分析】结合模长公式和复数的乘方运算，举反例判断AB，根据复数的四则运算及复数的几何意义可判断C，得到为方程的另一个根，根据韦达定理即可判断D.
【详解】若，则不一定成立，比如，
满足，但，不满足，A选项错误；
比如，满足，
由复数定义可知，两个复数不能比大小，故大小无法判断，B选项错误；
，
所以在复平面对应的点是−1,7，C选项正确；
若是关于的方程的一个根，
则为方程另一个根，
故，即，D选项正确.
故选：CD
10. 设正项等比数列的公比为q，前n项和为，前n项积为，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C 若，则当取得最小值时，
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A：根据前n项和的定义以及等比数列性质分析判断；对于B：根据题意结合等比数列性质分析判断；对于C：根据题意结合基本不等式可知：当且仅当时，取得最小值，进而可得结果；对于D：举反例说明即可.
【详解】因为数列an为正项等比数列，则，
对于选项A：因为
，
所以，故A正确；
对于选项B：若，则，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，则，
当且仅当时，等号成立，
若取得最小值，则，
即，解得，故C错误；
对于选项D：例如，
则，，
可得，
因为，则，可得，即，
符合题意，但，故D错误；
故选：AB.
11. 在正三棱柱中，，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，点在棱上
B. 当时，点到平面的距离为定值
C. 当时，点在以的中点为端点的线段上
D. 当时，平面
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由即可判断；对于B，由和平面即可判断；对于C，分别取和的中点和，由即即可判断；对于D，先求证平面，接着即可求证平面，进而即可求证平面.
【详解】对于A，当时，，
又，所以即，又，
所以三点共线，故点在上，故A错误；
对于B，当时，，
又，所以即，又，
所以三点共线，故点在棱上，
由三棱柱性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，故B正确；
对于C，当时，取的中点的中点，
所以且，，即，
所以即，又，
所以三点共线，故线段上，故C正确；
对于D，当时，点为的中点，连接，
由题为正三角形，所以，又由正三棱柱性质可知，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，又，
所以，所以，
所以，
设与相交于点O，则，即，
又，平面，
所以平面，因为平面，
所以，由正方形性质可知，
又，平面，
所以平面，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：对于求证平面，可先由和得平面，从而得，接着求证得平面，进而，再结合即可得证平面.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知的内角所对的边分别为a、b、c，，为边上一点，满足，且．则的最小值为______．
【答案】9
【解析】
【分析】由条件可得BD平分，利用三角形等面积转化可得，求出代入所求式，整理后运用基本不等式即可求得.
【详解】由得平分．因为，
故由，可得，
化简得，即，
则．
因为，故，
当且仅当，即时，等号成立，
此时取得最小值9．
故答案为：9
13. 如图，半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中，，.“果圆”与x轴的交点分别为、，若在“果圆”y轴右侧部分上存在点P使得，则的取值范围为__________.

【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，已知夹角的情况下，可以利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再有点的变化范围得到相应不等式，从得出取值范围。
【详解】设，，
，
∵，
∴，
，
，
，
或(舍去），
令，则，
∵，
∴，
解得，
故答案为：
14. 函数满足恒成立，则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，利用函数的单调性求解即可.
【详解】，设，在上单调递增，
，
令，，当时，ℎ′x0，ℎx单调递增，
所以，又a>0，
则的取值范围为：
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 某学校食堂有两家餐厅，张同学第1天选择餐厅用餐的概率为．从第2天起，如果前一天选择餐厅用餐，那么次日选择餐厅用餐的概率为；如果前一天选择餐厅用餐，那么次日选择餐厅用餐的概率为．设他第天选择餐厅用餐的概率为．
（1）求的值及关于的表达式；
（2）证明数列是等比数列，并求出的通项公式．
【答案】（1），．
（2）证明见解析，．
【解析】
【分析】(1)根据题意，利用互斥事件的概率公式可求得，再根据第天选择餐厅用餐的概率得到关于的表达式；
(2)由(1)可得到是等比数列，利用等比数列的通项公式可求得.
【小问1详解】
设“第天去餐厅用餐”，“第天去餐厅用餐”，
则，且与互斥．根据题意得
，
，
，
，
即．
【小问2详解】
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
从而．
16. 已知，，函数．
（1）求函数的解析式及对称中心；
（2）若，求的值；
（3）在锐角中，角A，B，C分别为a，b，c三边所对的角，若，，求周长的取值范围．
【答案】（1），对称中心为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的定义，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据三角函数的性质求解即可；
（2）由得出，再根据两角差的余弦公式，辅助角公式计算即可；
（3）由得出，根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式及辅助角公式，将转化为三角函数，根据为锐角三角形得出的范围，结合三角函数的性质得出范围即可求解．
【小问1详解】
，
令，则，，
函数的对称中心为．
【小问2详解】
由可知，，
化简有，
则
．
【小问3详解】
由可得，即，
又，所以，
由正弦定理有，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，则，
所以，则，
所以周长的取值范围为．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（3）在棱上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而得，再结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式、线面角的定义进行求解即可；
（3）要使平面，则，由此列式求解可得.
【小问1详解】
∵平面平面，且平面平面，
且，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，且，平面，
∴平面；
小问2详解】
取中点为，连接，
又∵，∴．则，
∵，∴，则，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，，
设为平面的一个法向量，
则由，得，令，则．
设与平面的夹角为，
则；
【小问3详解】
假设在棱上存在点点，使得平面.
设，，
由（2）知，，，，则，，
，
由（2）知平面的一个法向量．
若平面，则，
解得，又平面，
故在棱上存在点点，使得平面，此时.
【点睛】
18. 如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的方程；
（3）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；
（3）将韦达定理代入中计算结果定值.
【小问1详解】
由题意得解得，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
由得，
由，得，
则
，
解得或
当时，直线经过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为.
【小问3详解】
直线，均不与轴垂直，所以，则且，
所以
为定值.
19. 设函数的导函数为f′x，若对任意恒成立，则称函数在区间上的“一阶有界函数”．
（1）判断函数和是否为上的“一阶有界函数”，并说明理由；
（2）若函数为上的“一阶有界函数”，且在上单调递增，设，为函数图象上相异的两点，直线的斜率为，试判断“”是否正确，并说明理由；
（3）若函数为区间0,1上的“一阶有界函数”，求的取值范围．
【答案】（1）是上的“一阶有界函数”；不是上的“一阶有界函数”；理由见解析
（2）正确；理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“一阶有界函数”的定义即可判断选项；
（2）根据函数为上的“一阶有界函数”，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合函数单调递增的定义进行列式，化简判断；
（3）根据函数为区间0,1上的“一阶有界函数”，求得大致满足的范围．在构造函数，利用导数判断函数的单调性，求得最小值从而确定．
【小问1详解】
由，在上恒成立，故是上的“一阶有界函数”；
由，，当，，故不是上的“一阶有界函数”；
【小问2详解】
若函数为上的“一阶有界函数”，则，
又函数在上单调递增，则f′x≥0，因此可得，
令，则，在上单调递减，
设，，其中，
则，故；
又在上单调递增，则，故，因此可得；
【小问3详解】
由函数，则，
若ℎx为区间0,1上的“一阶有界函数”，则，
即，恒成立，
故，即，则，
，即，则，因此．
令，则，
其中，，在区间0,1上单调递增，
故在区间0,1上单调递增，
又，，所以存在，
使，即，则，
当x∈0,x0，， 当，，
在区间单调递减，在区间单调递增，
故，
又对称轴为，
因此在区间上单调递减，恒成立，
即，
故．
【点睛】关键点点睛：新定义”主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好基础，以不变应万变才是制胜法宝.