湖北省部分州市2025届高三上学期9月月考联合测评数学试题

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注意事项：
1．答题前，先将自已的姓名、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、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．已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有（ ）

A．3个B．2个C．1个D．无穷多个
【答案】B
【详解】由图知，阴影部分所示的集合为，
由，得到，所以，又，
所以，得到阴影部分所示的集合的元素共有个，

故选：B.
2．已知向量，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】D
【详解】，.
因为，所以，
则，解得.
故选：D.
3．已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：，要的图象与的图象关于轴对称，则，
所以，故，
又，故，
故选：B.
4．将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”.（ ）

A．22B．30C．37D．46
【答案】B
【详解】由题意得第1个“拐角数”为，
第2个“拐角数”为，
第3个“拐角数”为，
第4个“拐角数”为，…，
则第个“拐角数”为.
对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意；
对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是，
则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意;
对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意.
故选：B.
5．已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ）
A．86B．87C．88D．90
【答案】B
【详解】将数据从小到大排序得，
因为，
所以第75百分位数是．
故选：B．
6．已知直线与圆交于不同的两点，O是坐标原点，且有，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设中点为C，则，
∵，
∴，∴，
∵，即，
又∵直线与圆交于不同的两点，
∴，故，
则，
.
故选：C．
7．在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】B
【详解】由余弦定理得，代入得，
，
则，即，
，
令，，
则，
当且仅当时， ，即时等号成立，
此时，，即，为等腰直角三角形时，
取到最小值.
故选：B.
8．已知的定义域为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意知，函数的定义域为，且，
令，得，所以；
令，得，所以，所以是偶函数，
令，得①，所以②，
由①②知，所以，
所以，所以的一个周期是，
由②得，所以，同理，所以，
又由周期性和偶函数可得：
所以，
所以.
故选：B.
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．欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为B．
C．D．的共轭复数为
【答案】ABD
【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，则，所以C错误；
对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确．
故选：ABD．
10．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为和
B．曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称
C．点的横坐标的范围是
D．的取值范围为
【答案】AC
【详解】解：设点，因为，可得，
整理得：，
对于A中，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，所以A正确；
对于B中，因为，
用替换，方程不变，则曲线关于x轴对称，
用替换，方程不变，则曲线关于y轴对称，
同时用替换，用替换，方程不变，可得曲线关于原点对称，所以B错误；
对于C中，因为，即可得，
即，即，解得，
即，所以点P的横坐标的取值范围是，所以C正确；
对于D中，因为，
由C项知，所以，故，所以D错误．
故选：AC.
11．如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ）
A．最大值为；
B．在时取得极大值；
C．在上单调递增，在上单调递减；
D．在上单调递增，在上单调递减
【答案】AD
【详解】当时，截面为等边三角形，如图：
因为，所以，
所以：，，.
此时，在上单调递增，且，.
当时截面为六边形，如图：
设，则
所以六边形的周长为：为定值；
做平面于，平面于.
设平面与平面所成的角为，则易求.
所以，
所以，
在上递增，在上递减，
所以截面面积的最大值为，此时，即.
所以在上递增，在上递减. 时，最大，为.
当时，易得：
，
此时，在上单调递减， ，.
综上可知：AD是正确的，BC错误.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知随机变量，若，则的值为 ．
【答案】0.8/45
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
13．已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则 .
【答案】
【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得，
取的中点，连接，由，得，则，
连接，由为的中点，得，，，
因此，即，整理得，
而，所以.
故答案为：

14．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，E为的中点，延长交于点F，若，则的面积为 .
【答案】/
【详解】
的面积为，
注意到，
所以
，
因为三点共线，所以设，
而点是中点，点是中点，
所以，设，
所以，因为不共线，
所以，解得，
因为，
设的面积为，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.（本小题13分）
已知数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)求和：
【答案】(1)；
(2)
【详解】（1）因为，
所以，又，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以an的通项公式为.
（2）设，，则，
由（1）可得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以.
所以
16.（本小题15分）
如图，在四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，Q为AD的中点．

(1)在上是否存在点P，使直线平面，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；
(2)若（1）中点P存在，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)存在，P是中点，证明见解析；
(2)．
【详解】（1）存在，证明如下：
在四棱柱中，因为平面平面，
所以可在平面内作，
由平面几何知识可证，所以，可知P是中点，
因为平面，所以平面．
即存在线段的中点，满足题设条件．
满足条件的点只有一个，证明如下：
当平面时，因为平面，
所以过作平行于CQ的直线既在平面内，也在平面内，
而在平面内过只能作一条直线，
故满足条件的点P只有唯一一个．
所以，有且只有的中点为满足条件的点P，使直线平面．
（2）过点D作，垂足为F，又因为平面ABCD，

所以DA，DF，两两互相垂直，
以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则A2,0,0，，，，，
，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则有即
令，得，，所以．
设平面的法向量为．
则有即
令，得，，所以．
所以．
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
17.（本小题15分）
现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏.
(1)甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）；
(2)甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列；
(3)将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由.
【答案】(1)，
(2)分布列见解析
(3)公平，理由见解析
【详解】（1）依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为，
故，于是，
当时，最大.
（2）记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，
则，Y可取.由事件相互独立，
则.
；
；
；
故分布列为：
（3）不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币；
记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为；
于是；
即，即.
记，则，
故数列bn为首项是，公差为的等差数列；
故，则，
故，则，因此公平.
18.（本小题17分）
已知椭圆过点．
(1)求椭圆的方程以及离心率；
(2)设直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为．判断直线是否过定点，并证明你的结论．
【答案】(1)椭圆方程为，离心率为
(2)定点为，证明见解析
【详解】（1）将代入椭圆方程可得且，
解得，故，
故椭圆方程为，离心率为
（2）联立与椭圆方程，消去可得，
设,，,，可得，，
则的方程为，又，
令，则
故直线经过定点．
19.（本小题17分）
已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【详解】（1）由题意得，x∈0,+∞，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减，
又，当时，gx>0，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是0,1．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间0,1内单调递增，
则，即，
所以
又在区间1,+∞内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，x∈0,+∞，
则，
所以hx在区间0,+∞内单调递增，又h1=0，
所以，即．
又，所以，
又在区间1,+∞内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
X
0
1
2
3
P