湖北省武汉市江岸区2025届高三上学期11月调考数学试卷（含答案）

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这是一份湖北省武汉市江岸区2025届高三上学期11月调考数学试卷（含答案），共9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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=x|−1A. x|−12.已知复数z在复平面内对应的点为(2,−1)，则4zz−i=( )
A. 1+iB. 3+iC. 1−iD. 3−i
3.若a>b>0，c<0，则下列结论正确的是( )
A. ac>bcB. a+c4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知4S7=7a7−21，则a3=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
5.若向量AB=(2,5)，AC=(m,m+1)，且A，B，C三点共线，则m=( )
A. −23B. 23C. −32D. 32
6.已知cs(θ+π4)=− 1010，θ∈(0,π2)，则sin(2θ−π3)=( )
A. 4+3 310B. 3+4 310C. 4−3 310D. 3−4 310
7.定义在R上的奇函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(13)=0，则不等式f(x)x2−2≤0的解集为( )
A. (− 2,−13]∪( 2，+∞)B. (−∞,− 2)∪[−13，0)∪[13, 2)
C. (− 2,−13]∪{0}∪( 2，+∞)D. (−∞,− 2)∪[−13，0]∪[13， 2)
8.已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2:x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1，F2，若点P是C1与C2在第一象限内的交点，且|F1F2|=2|PF2|，设C1与C2的离心率分别为e1，e2，则e2−e1的取值范围是( )
A. [13,+∞)B. (13,+∞)C. [12,+∞)D. (12,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.近年来，我国持续释放旅游消费潜力，推动旅游业高质量发展，如图所示，是我国从2014年到2023年的国内游客出游花费统计，下列说法正确的是( )
A. 从2014年到2023年，这10年的国内游客出游花费的第75百分位数为4.9
B. 从2014年到2023年，这10年的国内游客出游花费的中位数为3.4
C. 从2014年到2023年，这10年的国内游客出游花费的极差为2.7
D. 从2014年到2019年，国内游客出游花费呈现上升趋势
10.记等比数列an的前n项积为Tn，且a5,a6∈N∗，若T10=65，则a5+a6的可能取值为( )
A. −7B. 5C. 6D. 7
11.已知点P是左、右焦点为F1，F2的椭圆C:x28+y24=1上的动点，则( )
A. 若∠F1PF2=90∘，则△F1PF2的面积为4 2
B. 使△F1PF2为直角三角形的点P有6个
C. |PF1|−2|PF2|的最大值为6−2 2
D. 若M(1,12)，则|PF1|+|PM|的最大、最小值分别为4 2+ 52和4 2− 52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某超市计划按月订购一种冷饮，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25℃，需求量为600瓶;如果最高气温位于区间(20℃,25℃)，需求量为300瓶;如果最高气温低于20℃，需求量为100瓶.为了确定6月份的订购计划，统计了前三年6月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.若6月份这种冷饮一天的需求量不超过x瓶的概率估计值为0.1，则x= ．
13.已知直线l倾斜角的余弦值为− 55，且经过点(2,1)，则直线l的方程为．
14.1557年，英国数学家列科尔德首先使用符号“=”表示相等关系，在莱布尼茨和其他数学家的共同努力下，这一符号才逐渐被世人所公认.1631年，英国数学家哈里奥特开始采用符号“>”与“<”，分别表示“大于”与“小于”，这就是我们使用的不等号.以上内容是某校数学课外兴趣小组在研究数学符号发展史时查阅到的资料，并组织小组成员研究了如下函数与不等式的综合问题：已知函数f(x)=2x3−2mx+m(m∈R)，g(x)=−3x2，若关于x的不等式f(x)≤g(x)在区间[1,+∞)上有解，则实数m的取值范围是．
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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a>c，a=5，b=6，sinC=35．
(1)求c和sinA的值;
(2)求三角形BC边的中线AD长．
16.(本小题15分)
已知抛物线和双曲线都经过点M(1,2)，它们在x轴上有共同焦点，对称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点．
(1)求抛物线和双曲线标准方程;
(2)已知动直线m过点P(3,0)，交抛物线于A，B两点，记以线段AP为直径的圆为圆C，求证：存在垂直于x轴的直线l被圆C截得的弦长为定值，并求出直线l的方程．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，AC=AA1=2，AB=1，BC= 3，点E为线段AC的中点．

(1)求证：AB1//平面BEC1;
(2)若∠A1AC=π3，求二面角A−BE−C1的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x−1−klnx，k≠0.
(1)当k=2时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)≥0，求k的值;
(3)设m为整数，且对于任意正整数n，(1+12)(1+122)⋯(1+12n)19.(本小题17分)
已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcsx，称向OM=(a,b)为函数f(x)的互生向量，同时称函数f(x)为向量OM的互生函数．
(1)设函数f(x)=cs(π2+x)+cs(−x)，试求f(x)的互生向量OM;
(2)记向量ON=( 3,−1)的互生函数为f(x)，求函数y=f(2x)在x∈[0,π2]上的严格增区间;
(3)记OM=(2,0)的互生函数为f(x)，若函数g(x)=f(x)+2 3|csx|−k在[0,2π]上有四个零点，求实数k的取值范围．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.B
5.B
6.A
7.D
8.D
9.AD
10.BD
11.BCD
12.300
13.2x+y−5=0
14.[5,+∞)
15.解：(1)在▵ABC中，由已知可得b>a>c，故由sinC=35，可得csC=45．
由已知及余弦定理，有c2=a2+b2−2abcsC=13，所以c= 13，
由正弦定理asinA=csinC，得sinA=asinCc=3 1313，
所以，c的值为13，sinA的值为3 1313．
(2)设BC边的中点为D，在ΔACD中，csC=45，由余弦定理得：
AD= AC2+(BC2)2−2×AC×BC2×cs C= 62+(52)2−2×6×52×45= 732．
16.解：(1)设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，把点M(1,2)代入求得p=2，
∴抛物线的方程为 y2=4x，焦点坐标为F1(1,0)．
对于双曲线，一个焦点坐标为F1(1,0)，则另一个焦点坐标为F2(−1,0)，
故c=1，2a=||MF1|−|MF2||=2 2−2，∴a= 2−1，∴b2=c2−a2=2 2−2．
故双曲线的标准方程为x23−2 2−y22 2−2=1．
(2)由题意可得，AP的中点为C，设A(x1,y1)，则C(x1+32,y12).
设D、E是圆C上的两个点，且DE垂直于x轴，DE的中点为H，点D(x2,y2)，则H(x2,y3)，
|DC|=12|AP|=12 (x1−3)2+y12，|CH|=|x1+32−x2|=12|(x1−2x2)+3|，
|DH|2=|DC|2−|HC|2=14[(x1−3)2+y12]−14[x1−2x2)+3]2=(x2−2)x1−x22+3x2 ，
由x2的任意性可得，当x2=2时，|DH|2=−4+6=2，故弦长为|DE|=2|DH|=2 2 为定值．
故存在垂直于x轴的直线l(即直线DE)，被圆截得的弦长为定值，直线l的方程为x=2．
17.解：(1)连接B1C交BC1于N，因为侧面BCC1B1为平行四边形，
所以点N为B1C的中点，又因为点E为线段AC的中点，所以NE//AB1，
∵AB1⊄平面BEC1，NE⊂平面BEC1
所以AB1//平面BEC1；
(2)连接A1C，A1E，因为∠A1AC=π3，AC=AA1=2，
所以△A1AC为等边三角形，所以A1C=2，A1E⊥AC，
因为侧面ACC1A1⊥底面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC=AC，A1E⊂平面ACC1A1，
所以A1E⊥平面ABC，
过点E在底面ABC内作EF⊥AC，如图以E以为坐标原点，分别以EF，EC，EA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B( 32,−12,0)，C1(0,2, 3)，平面BEC1中：EB=( 32,−12,0)，EC1=(0,2, 3)，
设平面BEC1法向量n=(x,y,z)，则n⋅EB= 32x−12y=0n⋅EC1=2y+ 3z=0,
令x=1，得：n=(1, 3,−2)，
又因为平面ABE一个法向量m=(0,0,1)，
则csm,n=m⋅n|m||n|=−21× 12+( 3)2+(−2)2=− 22，
二面角A−BE−C1的平面角为钝角，
所以二面角A−BE−C1的余弦值为− 22．
18.解：(1)当k=2时，f(x)=x−1−2lnx，(x>0)，
所以f′(x)=1−2x，所以切线的斜率为f′(1)=−1，
又因为f(1)=1−1−2ln1=0，
所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=−(x−1)，
即y=−x+1；
(2)因为f′(x)=1−kx=x−kx，k≠0，
当k<0时，f′(x)=x−kx>0，
所以f(x)=x−1−klnx在(0,+∞)上单调递增，
又因为f(12)=−12+kln2<0，与f(x)≥0不符；
当k>0时，由f′(x)=x−kx>0得x>k，
所以f(x)=x−1−klnx在(0,k)上单调递减，在(k,+∞)上单调递增．
所以f(x)≥f(k)=k−1−klnk，所以k−1−klnk⩾0，
设g(x)=x−1−xlnx(x>0)，则g′(x)=1−(1+lnx)=−lnx，
由g′(x)>0，可得0所以g(x)≤g(1)=1−1−ln1=0，
所以k−1−klnk=0，且有唯一解，即k=1；
(3)由(2)知当x>0时，f(x)=x−1−lnx≥0，
当且仅当x=1时，f(1)=0．
所以当x>0且x≠1时，f(x)=x−1−lnx>0，则x−1>lnx.
取x=1+12n(n∈N∗)，所以12n>ln(1+12n)，
所以ln(1+12)<12，ln(1+122)<122，⋯，ln(1+12n)<12n，
所以ln(1+12)+ln(1+122)+⋯+ln(1+12n)<12+122⋯+12n．
所以ln[(1+12)(1+122)⋯(1+12n)]<121−12n1−12，
所以(1+12)(1+122)⋯(1+12n)于是对于任意正整数n，(1+12)(1+122)⋯(1+12n)只需e≤m，又因为m∈Z，所以m≥3，
则m的最小值为3．
19.解：(1)因为f(x)=cs(π2+x)+cs(−x)=−sinx+csx，
所以f(x)的互生向量OM=(−1,1)．
(2)由题意可得f(x)= 3sinx−csx
=2( 32sinx−12csx)=2sin(x−π6)，
所以f(2x)=2sin(2x−π6)，
令2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2，k∈Z，
解得kπ−π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，
因为x∈[0,π2]，所以0≤x≤π3，
所以函数y=f(2x)在x∈[0,π2]上的增区间为[0,π3].
(3)由题得f(x)=2sinx，
则g(x)=f(x)+2 3|csx|−k=2sinx+2 3|csx|−k，
若函数g(x)在[0,2π]上有四个零点，
则k=2sinx+2 3|csx|在[0,2π]上有四个实数根，
则函数ℎ(x)=2sinx+2 3|csx|与y=k在[0,2π]上的图象有四个交点，
因为ℎ(x)=2sinx+2 3|csx|=2sinx+2 3csx,0⩽x⩽π2或3π2⩽x⩽2π 2sinx−2 3csx,π2所以ℎ(x)=4sin (x+π3),0⩽x⩽π2或3π2⩽x⩽2π4sin (x−π3),π2则由三角函数性质作其函数图象如图所示，
由三角函数图象及性质可知k的取值范围为(2,2 3)∪(2 3,4)．
最高气温
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
4
5
25
38
18