湖北省武汉市东西湖区2025届新高三上学期8月适应性考试数学试卷（Word版附解析）

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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、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. 已知集合，.若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据集合元素所表示的意义，以及集合关系，即可求解.
【详解】因为，所以直线与
直线平行，所以.
故选:C.
【点睛】本题主要考查集合的概念与运算、解方程等基础知识，属于基础题.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法法则求解．
【详解】由，得.
故选：C.
3. 若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解.
【详解】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到方程组，即可求出、，再求出即可.
【详解】因为，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A
5. 已知圆锥的高为6，体积为高的倍，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台高是3，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意利用等量关系可求得圆锥底面圆半径为，代入计算可得圆台体积.
【详解】如下图所示：

易知圆锥的高，圆台的高，
设圆锥的底面圆半径为，则；
所以，解得；
可得圆台下底面圆面积为，上底面圆面积为，
所以该圆台的体积为.
故选：C
6. 已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求解函数的单调性，接着根据已知条件结合函数定义域和单调性即可求解.
【详解】因为当时，是单调递增函数，此时，
当时，是单调递增函数，此时，

所以是定义在上的单调递增函数，
所以若即，
则，，
故选：D.
7. 已知函数，其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为，若f(x)>1对任意恒成立，则φ的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可得周期为，根据周期公式可得.将不等式恒成立化为是sin(3x+φ)>0的解集的子集可求得结果.
【详解】∵函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0，|φ|<)，其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为，
∴，∴ ω=3.
若f(x)>1对任意恒成立，则时，sin(3x+φ)>0恒成立，
由sin(3x+φ)>0得，，即，，
所以，
所以，求得，又，所以，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将不等式恒成立化为是sin(3x+φ)>0解集的子集求解是解题关键.
8. 已知定义在R上的函数满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次求出猜想,再用等比数列求和.
【详解】,
,
,
,
,
,

,

故选：D
【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算观察得到,进而转化为等比数列求和.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. “杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献.某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高（单位：）近似服从正态分布.已知时，有，，.下列说法正确的是（ ）
A. 该地水稻的平均株高约为B. 该地水稻株高的方差约为100
C. 该地株高超过的水稻约占68.27％D. 该地株高低于的水稻约占99.87％
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解.
【详解】由题意可知，，，故A，B正确；
由题意得，
所以，故C错误；
所以，故D正确；
故选：ABD.
10. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增，在上单调递减
B. 若方程有个不等的实根，则
C. 当时，
D. 设，若对，，使得成立，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对函数求导，利用导数探讨函数的单调性、图象及性质即可判断选项A，B，C；
求出函数在R上的值域，在上的值域，借助值域的包含关系即可判断作答.
【详解】函数的定义域为，，当或时，，当时，，
在，上都单调递减，在上单调递增，A不正确；
当时，的图象在x轴上方，且在时，，在上的图象在x轴下方，
显然是偶函数，在方程中，或时，方程有两个不等实根，时，方程无实根，时，方程有个不等的实根，B正确；
因，则有，即，于是得，C不正确；
当时，的值域为，当时，的值域为，
因对，，使得成立，从而得，即得，D正确.
故选：BD
【点睛】结论点睛：已知函数，，若，，有，则的值域是值域的子集,
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则（ ）

A. 曲线有两条对称轴
B. 曲线上的点到原点的最大距离为
C. 曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的图形面积最大值为
D. 四叶草面积小于
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过方程中的变换得新曲线的对称轴判断A，利用基本不等式及距离公式判断B，设出曲线中第一象限的点，利用基本不等式即可求出矩形面积最大值判断C，由该曲线在以原点为圆心，半径为的圆内，故面积小于圆的面积判断D.
【详解】对于A：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有四条对称轴，错误；
对于B：因为，所以，所以，所以，
取等号时，所以最大距离为，正确；
对于C：设任意一点，所以围成的矩形面积为，
因为，所以，所以，
取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，正确；
对于D：由B可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知过原点的直线与双曲线交于M，N两点，点M在第一象限且与点Q关于x轴对称，，直线NE与双曲线的右支交于点P，若，则双曲线的离心率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先设出相关点坐标，利用求得点坐标，推理证明（二阶结论），再利用和整体代入即得的齐次式，计算即得离心率.
【详解】
如图，设，则，,根据可得: ,故，
因点均为双曲线上的点，则
由①
因为，所以②，又③，
将②，③两式代入①式得：．故双曲线的离心率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的方程与几何性质以及关于双曲线的二阶结论 是否熟悉.关键在于能否建立四条直线的斜率之间的数量关系，通过代入消去未知量，得出的齐次式.
13. 已知直线是曲线和的公切线，则实数a=______．
【答案】3
【解析】
【分析】先设在上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在上的切点，即可求出a的值.
【详解】设直线l与曲线相切于点，
由，得，因为l与曲线相切，
所以消去，得，解得．
设l与曲线相切于点，由，得，即，
因为是l与曲线的公共点，
所以消去，得，即，解得．
故答案：3.
14. 著名数学家欧几里得的《几何原本》中曾谈到：任何一个大于1的整数要么是质数，要么可以写成一系列质数的积，例如.已知，且均为质数，若从中任选2个构成两位数，且，则的十位数字与个位数字不相等的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出根据，且可得，利用古典概型概率公式计算可得答案.
【详解】，可得，
若从中任选2个构成两位数，且数，且，
则有共6个，
则十位数字与个位数字不相等的有共5个，
所以的十位数字与个位数字不相等的概率为.
故答案为：.
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. 记的内角的对边分别为，，，的面积为，已知，．
（1）求角；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理和面积公式得到，结合得到答案；
（2）根据半角公式得到，得到，由正弦定理得到，利用面积公式和正弦和角公式求出答案.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，即，于是．
又，所以．
【小问2详解】
，
因为，所以，故，
因为，所以．
由正弦定理得，解得．
所以
.
16. 已知椭圆，过左焦点且斜率大于0的直线交于两点，的中点为的垂直平分线交x轴于点.
（1）若点纵坐标为，求直线的方程；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设直线，与椭圆方程联立，求出韦达定理，又因为点的纵坐标为，
解得：或，便得出直线的方程；
（2）根据椭圆的弦长公式，分别求出和，由求出的面积.
【详解】设，由题意，可设直线，
（1）将直线方程代入椭圆方程，
得，
所以，
由，得，
解得：或.
当时，，直线方程为，
当时，，直线方程为，
综上所述，直线方程为或.
（2）由，得，
，
.
代入②式得，解得或（舍去），
于是，
所以.
【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系，涉及直线方程、直线与椭圆联立、韦达定理、弦长公式，同时考查数形结合思想以及转化与化归思想，还考查逻辑推理与数学运算素养.
17. 如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面．
（1）求证：平面；
（2）若是棱上且靠近的三等分点，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平面，可得，再由直棱柱可证得，从而可推得平面，再利用平行关系，即可证明平面；
（2）利用等体积法求点到平面的距离，即，然后通过已知的数据，即可求出结果.
【小问1详解】
平面平面,,
在直三棱柱中，底面平面,
，又平面，
平面，即平面,
,平面．
【小问2详解】
由（1）知平面，又在平面内，
，即，
又由直棱柱知平面 平面 ，
作于M，于是，与相似，
，
，即，
是棱上且靠近的三等分点，
，得，
设点到平面的距离为，，
，得，
点到平面的距离为．
18. 已知函数.
（1）当时，若有两个零点，求实数的取值范围；
（2）当时，若有两个极值点，求证:；
（3）若在定义域上单调递增，求的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设，利用导数判断出的单调性求出极值可得答案；
（2）（法一）设，利用导数判断出的单调性，要证只要证在上恒正即可，求导可得答案；
（法二），可得在有两个不等的实根，
即，利用对数均值不等式可得答案；
（3）（法一）转化为恒成立，设的极大值点为，即，由，利用导数判断出的单调性求即可.
（法二）即恒成立，表示以为动点的抛物线，两者有公共点，联立方程可得恒成立，即，利用导数求出可得答案.
【小问1详解】
设，则，
在上单调递减，上单调递增，上单调递减，
，，
，当时，，
所以在上、上各有一个零点，
时有两个零点；
【小问2详解】
（法一）
，设，则，
在上单调递增，在上单调递减，，
，
要证，只要证，只要证，
只要证，在上恒正即可，
而
，
在上递增，成立；
（法二），则，
由题意可得:在有两个不等的实根，
即，
，
下证：对均不等式，
不妨设，则，令，
证即证，
即证在成立，设，
，
所以在上单调递减，可得，
即，可得，
由对均不等式可得：，
，故；
【小问3详解】
（法一）恒成立，
恒成立，
，
当且仅当时，有最大值（这时即为极大值），
设的极大值点为，则，
，
，
而，
在上减，在上单调递增，在上单调递减，
，
这时；
（法二）恒成立，
它表示以为动点的直线及其上方的点，
表示以为动点的抛物线，两者有公共点，
，
消去得，
恒成立，
，
在上单调递增，在上单调递减，
，
当且仅当时取等号.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）利用导数证明不等式或研究零点问题．
19. 有穷数列中，令，
（1）已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
（2）已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
（3）已知数列满足，定义集合.若且非空集合，求证：.
【答案】（1）、、、
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；
（2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解；
（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
【小问1详解】
为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
【小问2详解】
由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
【小问3详解】
对于数列，，不妨设，
①首先考虑的情况，
由于，，故，同理，，，
故.
②再考虑中有连续一段是连续正整数的情况，
此时,
因为，，
故这说明此连续的项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得.
③若在①②中，由于，
此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.
④若，则，
所以此时有，
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.