湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三上学期8月月考数学试题（Word版附解析）

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1 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合描述法的理解，转化为函数定义域与值域，再进行集合运算，依次判断选择支即可.
【详解】由解得；
由，则；
所以，，
则，且或，
则，，.
故选：A.
2. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数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
【答案】A
【解析】
【分析】借助复数的四则运算可计算出，即可得，即可得解.
【详解】，
故，故在复平面内对应的点在第四象限.
故选：A.
3. 已知，，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据，求出的值，再求出的坐标，
由平面向量坐标模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得，所以，
，所以.
故选：B.
4. 已知，且，则（ ）
A. B. C. 2D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】关键是角的构造，将构造成，再由正弦的和差角公式展开化简求解.
【详解】由题，，
则，
，
，
，
故选：A.
5. 已知某圆锥的侧面积是其底面积的两倍，则圆锥的高与底面半径的比值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由题意得πrlπr2=2得，接着由圆锥结构特征得hr=l2−r2r即可求解.
【详解】设圆锥的高与底面半径以及母线长依次为h、r、l，
则由题意，即，
所以由圆锥结构特征得hr=l2−r2r=2r2−r2r=3rr=3.
故选：B.
6. 设函数在内有定义．对于给定的正数K，定义函数设函数．当时，函数的严格增区间为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义得到相应函数，画出图象求解.
【详解】解：图像，如图所示：
当时，，
如图所示：
所以当时，函数的严格增区间为，
故选：C
7. 函数在上的零点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】将函数在上的零点个数问题转化为函数的图象的交点的个数问题，数形结合，可得答案.
【详解】由题意函数在上的零点，
即为，即的根，
也即函数的图象的交点的横坐标，
作出的图象如图示：
由图象可知在上两函数图像有3个交点，
故函数在上的零点个数为3，
故选：C
8. 已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，，
记bn的前n项和为，则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得bn递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求bn的前50项和.
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. 若随机变量，，则（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正态分布的性质逐项判断即可.
【详解】对于A，随机变量满足正态分布，且，
故，故A正确；
对于B，当时，
此时，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，，故单调递增，
故，即，
解得，故D正确.
故选：ACD
10 设函数，则（ ）
A. 是的极小值点
B.
C. 不等式的解集为
D. 当时，
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值；
对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可；
对于D：分析可得，结合的单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为定义域为R，
且，
当时，f′x0；
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，故A错误；
对于选项B：因为，故B正确；
对于选项C：对于不等式，
因为，即为不等式的解，但，
所以不等式的解集不为，故C错误；
对于选项D：因为，则，
且，可得，
因为函数在0,1上单调递增，所以，故D正确；
故选：BD.
11. 已知曲线C是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C关于x轴对称B. 曲线C关于y轴对称
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】设曲线C上任意一点，根据题意列式化简求出曲线C的轨迹方程，再结合图象判断AB，再根据抛物线的性质判断CD即可
【详解】由题，曲线C上任意一点，则.当时，即，
化简得，且；当时，，
化简可得，且，画出曲线C的图象：
对A,B，显然图象不关于轴对称，关于轴对称，故A错误，B正确；
对C，当时，解得，故，故C错误；
对D，因为即的焦点为，故抛物线的焦点为，
同理也是抛物线的焦点.
故的最小值为到的距离1，最大值为方程左右端点到的距离，故，故D正确；
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到，再利用的离心率为2，可推得，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案.
【详解】双曲线的渐近线方程为 ，
的渐近线方程为，
由题意可得，
由的离心率为2得： ，则 ，
所以设的离心率为 ，则，
故 ，
故答案为：
13. 曲线与的公切线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】设出两曲线的切点和，由导数的意义可得，再由点斜式得出公切线方程，把点代入直线方程可得，构造函数，求导分析单调性得到，进而得出，最后得到直线方程.
【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为.
因为，
则公切线的斜率，所以.
因为公切线的方程为，即，
将代入公切线方程得，
由，得.
令，则，
当时，；当时，0，
故函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以，
故公切线方程为，即.
故答案为：.
14. 袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是；
两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为；三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为；四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.则.
【详解】由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球，则摸球次数可能为2，3，4次.
设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.
两次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：两个球都是白球，情况数为2种.故
设三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.
三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前两次为一白一红，情况数为：
.故.
设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.
四次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前三次为两红一白，情况数为：
.故.
设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是，
则.
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. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求AB边上的高．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可.
（2）由（1）求出，由同角三角函数的基本关系求出，最后由三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
∵，
∴，
由正余弦边角关系得，①，
又，②
由①②得，，
∴，∴
【小问2详解】
由（1）得，，
（或由余弦定理得）
∵为锐角，∴，
∴的面积，
∴，
设边上的高为，
则的面积，
∴，即边上的高为.
16. 在平面直角坐标系中，已知点P到直线的距离与点P到点的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B.
（1）推导C的标准方程；
（2）过B的直线与C相交于另一点A.若面积为，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设Px,y，由题意可得,化简即可；
（2）由（1）可得，设直线的方程为,与曲线的方程联立，根据韦达定理可得.直线与轴的交点为，根据即可求解.
【小问1详解】
设Px,y由题意可得,
化简可得,即.
所以的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，
设直线的方程为,
联立，可得.
设，则，即，
所以，即.
设直线与轴的交点为，
在中，令,可得,即.
由椭圆方程可得F1,0,
则
，
所以，即，解得或.
所以直线的方程为或，
即直线的方程为或.
17. 如图，三棱柱中，侧面为矩形，底面ABC为等边三角形．
（1）证明：；
（2）若，，
①证明：平面平面ABC；
②求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析，平面ABC与平面的夹角的余弦值为
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可证明平面 ，即可结合中点求证，
（2）根据线线垂直可得二面角的平面角，即可根据长度关系判断二面角为直角，进而可求证，
（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
取的中点为，连接,
由于侧面为矩形，所以,
由于底面ABC为等边三角形,所以,
平面，
所以平面 ，
由于故四边形为平行四边形，
故平面 ，故，
又是中点，所以，
【小问2详解】
①由于是中点，所以,
又且，所以，
由于，,故为的平面角，
由于,所以，
故平面平面ABC；
②由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,
则
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，取，则，
由于平面ABC的法向量为,
故
故平面ABC与平面的夹角的余弦值为
18. 在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中，而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中．现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
（1）求出维“立方体”的顶点数；
（2）在维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离．
①求的分布列与期望；
②求的方差．
【答案】（1）个
（2）①分布列见解析，；②
【解析】
【分析】（1）由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；
（2）由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式，方差公式及二项式定理计算即可．
【小问1详解】
对于维坐标，，
所以共有种不同的点，即共有个顶点．
【小问2详解】
①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种，
所以，
则的分布列为：
所以，
倒序相加得，，
所以；
②
，
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，，
两边求导得，，
令得，，
所以．
【点睛】方法点睛：在计算数学期望和方差时，应用两个等式：①；②．
19. 已知是自然对数的底数，常数，函数.
（1）求、的单调区间；
（2）讨论直线与曲线的公共点的个数；
（3）记函数、，若，且，则，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；的单调递减区间是，单调递增区间是
（2）无公共点 （3）
【解析】
【分析】（1）求导后根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）设出函数，根据该函数的最小值与1的关系即可得解；
（3）结合前两问，设，可得，有，则可得到使时的对应中的，即有，设，可将双变量换为单变量，即可将转化为，通过构造新函数可得，即可得，构造，研究导数可得，即可得解.
【小问1详解】
函数的定义域为.
，
，
当时，，当时，，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
函数的定义域为，常数，
当时，，当时，.
的单调递减区间是，单调递增区间是；
【小问2详解】
设，它的定义域为，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
的最小值为，
不成立，即方程无实数解，
故方程无实数解，直线与曲线无公共点；
【小问3详解】
根据已知，的定义域为，
设，由（2）得，且，
由，记，则，
由得，
由（1）知在上单调递减，故，
，
记，则，由，得，
，若，且，则，
，
，
设，则，
解得，
由得，由得，
，
设，则，
，
由是自然对数的底数，得，
由（1）知，在上单调递减，
在上单调递增；由得，
又，
存在唯一，使，
当时，，当时，，当时，，
当时，单调递增，故；
当时，单调递减，故；
当时，单调递增，故.
综上所述，当时，，
.
实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题中最后一问关键点在于观察得出其与第二问的关联，从而设，得到，结合函数的单调性，设出，从而将双变量问题转化为单变量问题.
1
2