武穴中学2025届高三8月模拟考试数学试卷及参考答案

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选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
答案：CDADACCD
1.双曲线的左、右焦点分别为双曲线右支上的点,的内切圆与轴相切于点,则圆心到轴的距离为()
A.2B.3C.4D.5
解:设三角形内切圆的切点为,其中在轴上,那么,又
所以,
又
所以点的横坐标为点的横坐标也为4,
故圆心I到轴的距离为4.
故选C.
2. 赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧,如下图,分别以 OA,OB 为 x 轴、 y 轴正方向建立平面直角坐标系,屋顶剖面的曲线与 x 轴、 y 轴均相切, A,B 两点间的曲线可近似看成函数 fx 的图象, fx 有导函数 f′x ,为了让雨水最快排出,
fx 需要满足螺旋线方程 f′x=afx1+bfx ,其中 a,b 为常数,则( )
A. a>0,b>0 B. a>0,b<0 C. a<0,b>0 D. a<0,b<0
【答案】D
3 抛掷一颗均匀骰子两次, E 表示事件“第一次是奇数点”, F 表示事件“第二次是 3 点”, G 表示事件“两次点数之和是 9 ”, H 表示事件“两次点数之和是 10 ”, 则 ( ).
A. E 与 G 相互独立B. E 与 H 相互独立
C. F 与 G 相互独立D. G 与 H 相互独立
解析 由题意得 PE=1836=12,PF=636=16 , PG=436=19,PH=336=112 . 因为 PEG=236= 118,PEPG=12×19=118,PEG= PEPG ,所以 E 和 G 互相独立,故 A 正确. 因为 PEH=136,PEPH=12×112=124,PEH≠ PEPH ,所以 E 和 H 不互相独立,故 B 错误. 因为 PFG=136,PFPG=16×19=154,PFG≠ PFPG ,所以 F 和 G 不互相独立,故 C 错误. 因为 PGH=0,PGPH=19×112=1108,PGH≠ PGPH ,所以 G 和 H 不互相独立,故 D 错误.
综上, 选 A.
4. 已知直线 l:x−ay−1=0 与 ⊙C:x2+y2−2x+4y−4=0 交于 A,B 两点,设弦 AB 的中点为 M,O 为坐标原点,则 OM 的取值范围为( )
A. 3−5,3+5 B. 3−1,3+1
C. 2−3,2+3 D. 2−1,2+1
【答案】D
5. 甲、乙、丙三人玩传球游戏, 第 1 次由甲传出, 每次传球时, 传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人. 设第 k 次传球后球在甲手中的概率为 pk,k∈N∗ ,则下列结论正确的有 ( )
A. p1=0 B. p2=13 C. pk+2pk+1=1 D. p2023>13
【答案】 p1 表示第 1 次传球后球在甲手中的概率,所以 p1=0 , A 选项正确.
p2 表示第 2 次传球后球在甲手中的概率,则 p2=12 , B 选项错误.
pk+1=pk×0+1−pk×12 ,即 pk+2pk+1=1,C 选项正确.
pk+1=−12pk+12, pk+1−13=−12pk+12−13=−12pk−13,
所以数列 pk−13 是首项为 −13 ,公比为 −12 的等比数列,
所以所以 pk−13=−13×−12k−1,pk=13−13×−12k−1 ,
p2023=13−13×−122022=13−13×122022<13 , D 选项错误.
6.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l的斜率为eq \r(3)且经过点F，与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线C的准线交于点D.若|AF|＝8，则以下结论错误的是( )
A．p＝4 B.eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))
C．|BF|＝4 D．|BD|＝2|BF|
答案 C
解析 如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为点E，M，连接EF.设抛物线C的准线交x轴于点P，则|PF|＝p.因为直线l的斜率为eq \r(3)，所以其倾斜角为60°.
因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°，由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，
则△AEF为等边三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，
所以|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，故A正确；
因为|AE|＝|EF|＝2|PF|，且PF∥AE，所以F为AD的中点，则eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))，故B正确；
因为|BD|＝2|BF|，所以|BF|＝eq \f(1,3)|DF|＝eq \f(1,3)|AF|＝eq \f(8,3)，故C错误．
因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以|BD|＝2|BM|＝2|BF|，故D正确；
故选C
7.若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】先以t为变量，分析可知所求集合表示图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值；
阴影部分面积.
故选：C.
8.数列满足表示数列前n项和，则下列选项中错误的是
A．若，则B．若，则递减
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】
对于选项A，令，，利用导数求出即可；对于选项B，首先得到当时有，然后结合和可得出递减；对于选项C，证明即可；对于选项D，证明即可.
【详解】
对于选项A，令，
则，所以在上单调递减，在上单调递增
因为，所以
所以当时，故A正确
对于选项B，
因为，所以，所以
因为在上单调递增，
所以当时有
所以，
所以递减，故B正确
对于选项C，令
则，易得
所以，所以，即
所以
所以
故C正确
对于选项D，因为，所以
所以
令，则
易得，所以，所以，即
所以
所以
故D错误
故选：D
【点睛】
本题考查的是数列的综合问题，解答的关键是结合导数的知识，构建合适的不等式，属于难题.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 设函数 f1x=fx,fn+1x=ffnx,n∈N∗ ,则下列函数中满足, f3x 与 fx 值域相同的是( )
A. fx=ex B. fx=lnx C. fx=x2−1 D. fx=x+1x
10. 在信道内传输 M,N,P 信号,信号的传输相互独立,发送某一信号时,收到的信号字母不变的概率为 α0<α<1 ,收到其他两个信号的概率均为 1−α2 . 若输入四个相同的信号 MMMM,NNNN,PPPP 的概率分别为 p1,p2,p3 ,且 p1+p2+p3=1 . 记事件 M1,N1,P1 分别表示 “输入 MMM ” “输入 NNNN ” “输入 PPPP ”,事件 D 表示 “依次输出 MNPM ”,则( )
A. 若输入信号 MMMM ,则输出的信号只有两个 M 的概率为 α21−α2
B. PD∣M1=α21−α22
C. PD∣P1=α1−α23
D. PM1∣D=2αp13α−1p1+1−α
11. 在平面直角坐标系中,将函数 fx 的图象绕坐标原点逆时针旋转 α0<α≤90∘ 后,所得曲线仍然是某个函数的图象,则称 fx 为 “ α 旋转函数”. 那么( )
A. 存在 90∘ 旋转函数
B. 80∘ 旋转函数一定是 70∘ 旋转函数
C. 若 gx=ax+1x 为 45∘ 旋转函数,则 a=1
D. 若 ℎx=bxex 为 45∘ 旋转函数,则 −e2≤b≤0
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．BC10．BCD11．ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆,圆,定点,动点分别在圆和圆上,满足,则线段的取值范围________.
解:方法1:设、,则
设中点为,则,
∴点的轨迹是以为圆心、半径等于的圆,
∴的取值范围是,
故,
故的范围为,
故答案为:.
方法2:构造矩形,根据矩形所满足的性质可得
,所以,即,所以点在以原点为圆心,半径为的圆上运动,故
,即,所以点在以原点为圆心,半径为的圆上运动,故
又因为,所以
13.已知 an=2n−1,bn=2n+1 ,设数列 bn−4nan 前 n 项和 Tn ,求使得不等式 Tn>−132+6n+112n 成立的 n 的最小值______. 【答案】 5.
解: bn−4nan=1−2n2n−1 ,
则 Tn=−1+−3×12+−5×122+⋯+1−2n2n−1 ,
则 12Tn=−1×12+−3×122+⋯+3−2n2n−1+1−2n2n ,
两式相减得: 12Tn=−1+−2×12+122+123+⋯+12n−1−1−2n2n=−1+−2×12−12n1−12−1−2n2n=−3+12n−2−1−2n2n
于是得 Tn=−6+12n−3−1−2n2n−1 ,
由 Tn>−132+6n+112n 得: 2n+52n−1<1 ,即 2n−1−2n−5>0 ,令 cn=2n−1−2n−5,n∈N∗ ,
显然, c1=−6,c2=−7,c3=−7,c4=−5,c5=1 ,
由 cn+1−cn=2n−2n−7−2n−1−2n−5=2n−1−2>0 ,解得 n>2 ,即数列 cn 在 n≥3 时是递增的,
于是得当 2n−1−2n−5>0 时,即 cn≥c5=1>0,n≥5 ,则 nmin=5 ,
所以不等式 Tn>−132+6n+112n 成立的 n 的最小值是 5 .
14(强基）.fx=x3+1x的离心率是________; fx=x3−1x的离心率是_______.
, 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．13．514．, 2
15.（5+8）已知数列 an 中, a1=1 ,满足 an+1=2an+2n−1n∈N∗ .
（1）求数列 an 的通项公式;
（2）设 Sn 为数列 an 的前 n 项和,若不等式 λ⋅2n+Sn+4>0 对任意正整数 n 恒成立,求实数 λ 的取值范围.
解析: (1) an+1+2n+1+1=2an+2n+1 ,
所以 an+2n+1 是以 a1+2×1+1=4 为首项,公比为 2 的等比数列,
所以 an+2n+1=4×2n−1=2n+1 ,
所以 an=2n+1−2n−1 .
(2) Sn=a1+a2+⋯+an=22−3+23−5+⋯+2n+1−2n+1 =22+23+⋯+2n+1−3+5+7+⋯+2n+1
=221−2n1−2−n3+2n+12=2n+2−n2−2n−4 ,
若 λ⋅2n+Sn+4>0 对于 ∀n∈N∗ 恒成立,即 λ⋅2n+2n+2−n2−2n−4+4>0 ,
可得 λ⋅2n>n2+2n−2n+2 即 λ>n2+2n2n−4 对于任意正整数 n 恒成立,
所以 λ>n2+2n2n−4max ,令 bn=nn+22n−4 ,则 bn+1−bn=3−n22n+1 ,
所以 b1b3>b4>… ,可得 bnmax=b2=22+2×222−4=−2 ,所以 λ>−2 ,
所以 λ 的取值范围为 −2,+∞
16.（6+9）已知函数，.
（1）若，求实数的值；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意推到，从而求得，再检验当时，成立，从而得解；
（2）利用小问（1）得不等式，再构造函数证得，从而证得，再利用累加法即可得解.
【小问1详解】
因为，注意到，
所以当恒成立时，是的最小值点，也是极小值点，则，
而，所以，解得，
当时，，，
令，得，则在区间上单调递减，
令，得，则在区间上单调递增，
所以，
所以．
【小问2详解】
由（1）得，，即，当且仅当时等号成立，
令，则，，，
所以，，，
令，则恒成立，
所以函数在上单调递增，
故当时，，即．
所以，，，
所以
.
【点睛】关键点睛：本题求解的关键是借助得出，结合累加求和可证结论.
17.（5+10）设O是坐标原点，以F1，F2为焦点的椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的长轴长为22，以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点．
（1）求C的方程；
（2）P是C外的一点，过P的直线l1，l2均与C相切，且l1，l2的斜率之积为m(−1≤m≤−12)，记u为|PO|的最小值，求u的取值范围．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（1）x22+y2=1；
（2）[2，3]．
【分析】（1）由题中的条件易求出a，b，c，进而求出椭圆的方程，
（2）利用直线与椭圆相切时，直线与椭圆只有一个交点，联立方程即可解决．
【解答】解：（1）由题意，2a＝22，即a=2，
又以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点，即b＝c，
又∵b2+c2＝a2＝2，
∴b＝c＝1，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1；
（2）由题意，l1，l2的斜率存在且不为零，设过点P（x0，y0）的切线l：y﹣y0＝k（x﹣x0），
联立y−y0=k(x−x0)x22+y2=1，消去y并整理得，
(1+2k2)x2+4k(y0−kx0)x+2(y0−kx0)2−2=0，
∵l与C相切，∴Δ=16k2(y0−kx0)2−8(1+2k2)[(y0−kx0)2−1]=0，
化简并整理，得(y0−kx0)2=2k2+1，
整理成关于k的一元二次方程得(x02−2)k2−2x0y0k+y02−1=0，(x0≠±2)，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，
易知k1，k2为方程(x02−2)k2−2x0y0k+y02−1=0的两根，
∴k1k2=y02−1x02−2=m，∴y02=mx02+1−2m，
∴x02+y02=(1+m)x02+1−2m，
∴|PO|=x02+y02=(1+m)x02+1−2m，
易知当x0＝0时，有μ=|PO|min=1−2m，
又∵−1≤m≤−12，
∴2≤μ≤3，
即μ的取值范围为[2，3]．
18.（4+6+7分）现有甲、乙两个盒子, 盒子中都有大小、形状、质地相同的 2 个红球和 1 个黑球. 从两个盒子中各任取一个球交换, 重复进行 nn∈N∗ 次操作后,记甲盒子中黑球个数为 Xn ,甲盒中恰有 1 个黑球的概率为 an ,恰有 2 个黑球的概率为 bn .
(1) 求 X1 的分布列; (2) 求数列 an 的通项公式; (3) 求 Xn 的期望.
【答案】(1)答案见解析; (2) an=35+25⋅−19n ; (3) 1
【分析】(1) 由题意分析 X1 的可能取值为 0,1,2. 分别求出概率,写出分布列; (2) 由全概率公式得到 an+1=−19an+23 ,判断出数列 an−35 为以 a1−35=−245 为首项,以 −19 为公比的等比数列即可求解; (3) 利用全概率公式求出 bn+1=29an+13bn 求出 bn=15−15−19n ,进而求出 EXn .
【详解】(1) (1) 由题可知, X1 的可能取值为 0,1,2 . 由相互独立事件概率乘法公式可知:
PX1=0=13×23=29;PX1=1=13×13+23×23=59;PX1=2=23×13=29 , 故 X1 的分布列如下表:
（2）由全概率公式可知:
PXn+1=1
=PXn=1⋅PXn+1=1∣Xn=1+PXn=2⋅PXn+1=1∣Xn=2
+PXn=0⋅PXn+1=1∣Xn=0
=13×13+23×23PXn=1+23×1PXn=2+1×23PXn=0
=59PXn=1+23PXn=2+23PXn=0,
即: an+1=59an+23bn+231−an−bn ,
所以 an+1=−19an+23 ,
所以 an+1−35=−19an−35 ,
又 a1=PX1=1=59 ,
所以,数列 an−35 为以 a1−35=−245 为首项,以 −19 为公比的等比数列,
所以 an−35=−245⋅−19n−1=25⋅−19n ,
即: an=35+25⋅−19n .
（3）由全概率公式可得:
PXn+1=2
=PXn=1⋅PXn+1=2∣Xn=1+PXn=2⋅PXn+1=2∣Xn=2
+PXn=0⋅PXn+1=2∣Xn=0
=23×13⋅PXn=1+13×1⋅PXn=2+0⋅PXn=0,
即: bn+1=29an+13bn ,
又 an=35+25⋅−19n ,
所以 bn+1=13bn+2935+25−19n ,
所以 bn+1−15+15−19n+1=13bn−15+15−19n ,
又 b1=PX1=2=29 ,
所以 b1−15+15×−19=29−15−145=0 ,
所以 bn−15+15−19n=0 ,
所以 bn=15−15−19n ,
所以 EXn=an+2bn+01−an−bn=an+2bn=1 .
19.（4+5+8）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合M中的最小元素和最大元素.
（1）若，求A的元素个数及；
（2）当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.
（i）求B；
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
19.本小题主要考查集合､函数的零点､导数､数列和不等式等基础知识，考查逻辑推理能力､直观想象能力､运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想､化归与转化思想､分类与整合思想､数形结合思想和特殊与一般思想等，考查数学抽象､逻辑推理､直观想象､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性与创新性.满分17分.
解法一：（1）当时，，其定义域为.
由得，.设，则.
当时，；当时，；
所以在单调递增；在单调递减.
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又，所以，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为2.又因为，所以.
（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；
当时，，其定义域为.由得，.
设，则.
设，则.
①当时，，所以在单调递增.
又，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，符合题意；
②当，故恰有两个零点.
又因为，所以.
当时，；当时，；
当时，；
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又时，，所以在恰有一个零点，
从而至少有两个不动点，不符合题意；
所以的取值范围为，即集合.
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，由（i）知，在单调递增，
所以，当时，，所以，即，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，
下面我们先证明当时，.设，
则当时，，所以在单调递减，
所以，即当时，，
从而当时，，
从而，即，
故，即，由于，所以，
故，故时，..
所以，故.
解法二：（1）同解法一
（2）（i）当时，，故是的一个不动点；
当时，由，得（*），
要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，
即直线与曲线无公共点.
令，则，令，
则，
所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
令，则，
则.
又因为当时，，当时，，
所以曲线的大致图象如图所示：
由图可知，，所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，.令，则.
令，当时，，所以在单调递增，
所以当时，，所以，
所以在单调递增，所以，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.
下面先证明当时，.令，则，
所以在单调递增，所以当时，，所以当时，.
所以，
由于，所以，故，即，
故，故时，.
所以，故.
（2）（i）同解法一
（ii）同解法一得，.
下面我们先证明当时，.设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，
从而当时，，于是，
从而，即，
故，即，由于，所以，
故，故时，.
所以.故.
X1
0
1
2
P
29
59
29