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2025武汉部分高中高三上学期起点考试数学试卷含答案

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这是一份2025武汉部分高中高三上学期起点考试数学试卷含答案，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：2024年7月24日下午14：00-16：00 试卷满分：150分
一、单选题
1．若全集 U=R，集合A={x|0≤x<3},B={x|1A．[0,1)B．[0,1]C．(−∞,1)D．(−∞,1]
2．复数 z=3+4i2−i（其中 i为虚数单位）的共轭复数z在复平面内对应的点在（）
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
3．已知向量 a,b，满足 |a|=2,(4a+b)⋅b=4，则 |2a+b|=（）
A．25B．23C．20D．5
4．若 sin(π−α)=45,α为第二象限角，则 sin2α=（）
A．−725B．−2425C．725D．2425
5．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为 A，若以点 A为圆心，以b为半径的圆与 C的一条渐近线交于 M,N两点，且 OM=−3ON，则 C的离心率为（）
A．2B．3C．62D．233
6．若曲线 y=ln(x+2a)的一条切线为 y=ex−2b（e为自然对数的底数），其中 a,b为正实数，则1ea+1b的取值范围是（）
A．[2,e)B．(e,4]C．[4,+∞)D．[e,+∞)
7．已知数列 {an}的前 n项和为 Sn，则（）
A．若 {an}为等差数列，且S3>S8,S9>S10，则S17>0,S18<0
B．若 {an}为等差数列，且S17>0,S18<0，则a17>0,a18<0
C．若{an}为等比数列，且a4>0，则S2024>0
D．若 {an}为等比数列，且a5>0，则S2023>0
8．已知奇函数 f(x)的定义域为 R，对任意的 x满足 f(−x)=f(x+2)，且 f(x)在区间 (−1,0)上单调递增，若 a=lg43,b=lgπ2,c=14lg25122，则 f(a),f(b),f(c)的大小关系为（）
A．f(c)>f(a)>f(b)B．f(c)>f(b)>f(a)C．f(a)>f(b)>f(c)D．f(a)>f(c)>f(b)
二、多选题
9．下列论述正确的有（）
A．若 A,B两组成对数据的样本相关系数分别为 rA=0.97,rB=−0.99，则 A组数据比B组数据的相关性较强
B．数据49,21,32,29,38,65,30,50的第60百分位数为38
C．若随机变量 X∼N(7,σ2)，且P(X>9)=0.12，则P(5D．若样本数据 x1,x2,⋯,x6的方差为1，则数据 2x1−1,2x2−1,⋯,2x6−1的方差为4
10．已知函数 f(x)=min{sinx,csx}，则（）
A．f(x)关于直线 x=−π4对称
B．f(x)的最大值为 22
C．f(x)在 (−π2,π2)上不单调
D．在 (0,2π)，方程 f(x)=m（m为常数）最多有4个解
11．已知圆O:x2+y2=r2(r>0)，斜率为 k的直线 l经过圆 O内不在坐标轴上的一个定点 P，且与圆 O相交于A、B两点，下列选项中正确的是（）
A．若 r为定值，则存在 k，使得 OP⊥AB
B．若 k为定值，则存在 r，使得 OP⊥AB
C．若r为定值，则存在k，使得圆 O上恰有三个点到 l的距离均为 |k|
D．若 k为定值，则存在 r，使得圆 O上恰有三个点到 l的距离均 r2
三、填空题
12．设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,P是 C上的点PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30∘，则 C的离心率为________________________________________.
13．已知正三棱锥 P−ABC，点 P,A,B,C都在半径为 3的球面上，若PA,PB,PC两两相互垂直，则球心到截面 ABC的距离为________________________________________.
14．△ABC为锐角三角形，其三个内角 A、B、C的对边分别为a、b、c，且 b=1,C=2B，则 △ABC周长的取值范围为____________________________________________________.
四、解答题
15．如图，四棱锥 P−ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB//CD,AD=CD=a,∠BAD=120∘，∠ACB=90∘.
（1）求证：BC⊥平面 PAC;
（2）若 PA=3a，求二面角 D−PC−A的余弦值.
16．第33届夏季奥林匹克运动会运动会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，共设置射击、游泳、田径、篮球等32个大项，329个小项. 共有来自120多个国家的近万名运动健儿同台竞技. 我国也将派出强大的阵容在多个项目上参与奖牌的争夺. 武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解奥运会的相关知识. 武汉市体育局为了解广大民众对奥运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：
（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设 μ,σ分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求 μ,σ的值（ μ,σ的值四舍五入取整数）并计算P(51（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于 μ的可以获得1次抽奖机会，得分不低于 μ的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品 A的概率为 23，抽中价值为30元的纪念品 B的概率为13. 现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记 Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求 Y的分布列和数学期望.
（参考数据：P(μ−σ17．已知曲线C上的点到点 F(−1,0)的距离比到直线 x=3的距离小2，O为坐标原点. 直线l过定点 A(0,1).
（1）直线l与曲线 C仅有一个公共点，求直线l的方程；
（2）曲线 C与直线l交于 M,N两点，试分别判断直线 OM,ON的斜率之和、斜率之积是否为定值？并说明理由.
18．已知函数 f(x)=x−1alnx与函数 g(x)=eax−x，其中a>0.
（1）求 f(x)的单调区间；
（2）若g(x)>0，求 a的取值范围；
（3）若曲线 y=f(x)与 x轴有两个不同的交点，求证：曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)共有三个不同的交点.
19．定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3. 设数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为 Pn，所有项的和为 Sn.
（1）若 a=2,b=3,c=4，求 P2,S2;
（2）若 Pn≥2024，求正整数 n的最小值；
（3）是否存在数列 a,b,c(a,b,c∈R)，使得数列 {Sn}为等比数列？请说明理由.
【参考答案】
2024年武汉市部分高中高三起点考试
数学试卷
一、单选题
1．B 2．A 3．A 4．B 5．B 6．C 7．D 8．D
二、多选题
9．BCD 10．BCD 11．AC
三、填空题
12．33
13．33
14．(2+2,3+3)
四、解答题
15．（1） ∵PA⊥底面ABCD,BC⊂平面 ABCD,∴PA⊥BC.
∵∠ACB=90∘,∴BC⊥AC.
又 PA∩AC=A,PA,AC⊂平面 PAC,BC⊥平面 PAC.
（2）令 a=1取 CD的中点 E，易得三角形 ADC是正三角形，∵AE⊥CD,∴AE⊥AB.
又 ∵PA⊥底面 ABCD,AE,AB⊂平面 ABCD,∴PA⊥AE,PA⊥AB.
在 Rt△ACB中，∠BAC=60∘，AC=1，所以 AB=2，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A(0,0,0),P(0,0,3),C(32,12,0),D(32,−12,0),B(0,2,0)，设平面 PAC的一个法向量为n1=(x,y,z)，则{AP⋅n1=0,AC⋅n1=0,即3z=032x+12y=0令x=3，得n1=(3,−3,0)，
设平面PDC的一个法向量为n2=(a,b,c)，则{DC⋅n2=0,PC⋅n2=0,即b=032a+12b−3c=0，
令a=3，得n2=(3,0,32)，所以|cs⟨n1,n2⟩|=|n1⋅n2||n1|.|n2|=55.
16．（1）由已知频数表得：
E(X)=35×5200+45×30200+55×40200+65×50200+75×45200+85×20200+95×10200=65 D(X)=(35−65)2×0.025+(45−65)2×0.15+(55−65)2×0.2+(65−65)2×0.25+(75−65)2×0.225
由196<σ2<225，则14<σ<15，
而14.52=210.5>210+(85−65)2×0.1+(95−65)2×0.05=210
所以 σ≈14
则 X服从正态分布 N(65,14)，所以；
P(51=0.9545+0.68272=0.8186
（2）显然P(X<μ)=P(X≥μ)=0.5，
所以所有 Y的取值为15,30,45,60，
P(Y=15)=12×23=13
P(Y=30)=12×13+12×23×23=718
P(Y=45)=12×23×13+12×13×23=29
P(Y=60)=12×13×13=118
所以 Y的分布列为：
所以，E(Y)=15×13+30×718+45×29+60×118=30
17．（1）曲线 C上的点到点 F(−1,0)的距离比到直线 x=3的距离小2. 所以曲线 C:y2=−4x,过点 A(0,1)的直线 l与抛物线 C仅有一个公共点，若直线l可能与抛物线C的对称轴平行时，则有：y=1，若直线 l与抛物线 C相切时，易知：x=0是其中一条直线，另一条直线与抛物线 C上方相切时，不妨设直线 l的斜率为 k，设为 y=kx+1，联立 y=kx+1y2=−4x可得： k2x2+(2k+4)x+1=0则有：Δ=(2k+4)2−4k2=0解得：k=−1,
故此时的直线l的方程为：y=−x+1,
综上，直线l的方程为：y=1或 x=0或 y=−x+1.
（2）若 l与 C交于 M,N两点，分别设其坐标为 M(x1,y1),N(x2,y2)，且x1y=kx+1，联立直线l与抛物线 C可得： y=kx+1y2=−4x可得：
k2x2+(2k+4)x+1=0Δ=(2k+4)2−4k2=16k+16>0，即有：k>−1根据韦达定理可得：
x1+x2=−2k+4k2,x1x2=1k2，则有： k1=y1x1=kx1+1x1,k2=y2x2=kx2+1x2
(k1+k2=kx1+1x1+kx2+1x2=2k+x1+x2x1x2=−4，故为定值；
k1k2=kx1+1x1⋅kx2+1x2=k2x1x2+k(x1+x2)+1x1x2=−4k，故不为定值：
综上：k1+k2为定值 −4,k1k2不为定值.
18．（1） y=f(x)的定义域为：x>0,
又已知a>0f′(x)=1−1ax=a(x−1a)ax
所以 x∈(0,1a)时，f′(x)<0,f(x)单调递减；
x∈(1a,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单调递增.
（2）由题意：g(x)=eax−x>0，即eax>x
若 x≤0，不等式恒成立，若x>0，即a>lnxx令ℎ(x)=lnxx(x>0)
ℎ′(x)=1−lnxx2
当 x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增；当 x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)<0,
ℎ(x)单调递减： ℎ(x)max=1e.
故 a的取值范围为(1e,+∞).
（3）曲线 y=f(x)与 x轴有两个不同的交点，即函数 y=f(x)有两个不同的零点 x1,x2
不妨令0且由 eax1=x1得 x1=1alnx1，同理得曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)共有两个不同的交点 (x1,0)(x2,0)
下面证明这两条曲线还有一个交点.
令 H(x)=eax−2x+1alnx
H′(x)=aeax+1ax−2=a⋅axeaxax−2ax−1ax
令 t=ax，则m(t)=atet−2t+1,t>0
m′(t)=a(1+t)et−2
m′′(t)=a(2+t)et>0恒成立，则 m′(t)单调递增，
又m′(1)=2ae−2<0
令 m′(t)=a(1+t)et−2=0，得et=2a(1+t)<2a
故存在10,m(1)=ae−1<0,m(ln2a)=1>0
故 m(t)=atet−2t+1有两个零点t1,t2,0令 t1=ax3,t2=ax4，即 y=H(x)有且只有两个极值点 x3,x4
所以 y=H(x)在 (0,x3)上单调增，在 (x3,x4)上单调减，在 (x4+x0)上单调增.
又 H′(x1)=ax1+1ax1−2≥0，若 H(x1)=0,ax1=1
由 eax1=x1得 x1=e,a=1e与题设矛盾. 所以H′(x1)>0
同理H′(x2)>0,x1,x2不可能在同一单调区间，0故有0=H(x1)所以在 (x3,x4)间存在唯一的 x0使得 H(x0)=0，即两条曲线还有一个交点 x0
故曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)共有三个不同的交点.
19．（1） a=2,b=3,c=4，第一次“和扩充”后得到数列2,5,3,7,4，第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，
P2=9,S2=2+7+5+8+3+10+7+11+4=57;
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列a,b,c经过 n次“和扩充”后得到的数列的项数为 Pn，则经第 (n+1)次“和扩充”后增加的项数为 Pn−1,
所以 Pn+1=Pn+(Pn−1)=2Pn−1，所以 Pn+1−1=2Pn−2=2(Pn−1)，其中数列a,b,c经过1次“和扩充”后，得到 a,a+b,b,b+c,c，故 P1=5,P1−1=4，故 {Pn−1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以 Pn−1=4×2n−1=2n+1，故 Pn=2n+1+1，则 2n+1+1≥2024，即 2n+1≥2023，
又 n∈N∗，解得 n≥10，最小值为10.
（3）因为 S1=a+a+b+b+b+c+c=2a+b+22,S2=S1+3(a+2b+c),
S3=S2+32(a+2b+c)，依次类推，Sn=Sn−1+3n−1(a+2b+c), 故 Sn=Sn−1+3n−1(a+2b+c)=Sn−2+3n−2(a+2b+c)+3n−1(a+2b+c)
=⋯=S1+a+2b+c3+32+⋯+3n−1,
=2a+3b+2c+(a+2b+c)3(1−3n−1)1−3=(b+a+c2)⋅3+a+c2，组别
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
频数
5
30
40
50
45
20
10
Y
15
30
45
60
P
13
718
29
118