湖北省武汉市江汉区2025届高三7月新起点摸底考试数学试卷

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1.已知全集U=A∪B=x∈N∣0≤x≤6,∁UA∩B=2,4,6，则集合A=( )
A. 3,5B. 0,3,5C. 1,3,5D. 0,1,3,5
【答案】D
【解析】【分析】
根据集合的交集、并集、补集运算规则，以及结合子集的定义即可得解.
【解答】
解：因为∁UA∩B=2,4,6，所以2,4,6⊆B且2∉A、4∉A、6∉A
又U=A∪B=x∈N∣0≤x≤6=0,1,2,3,4,5,6
所以B=2,4,6，A=0,1,3,5
故选：D.
2.已知2−i(i是虚数单位)是关于x的方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的一个根，则b+c=( )
A. 9B. 1C. −7D. 2i−5
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数，属于基础题.
【解答】
解：已知2−i(i是虚数单位)是关于x的方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的一个根，
则(2−i)2+b(2−i)+c=0，即4−4i−1+2b−bi+c=0，即3+2b+c=0−4−b=0，解得b=−4c=5，
故b+c=1，故选B.
3.已知随机变量X∼N2,σ2，且P(X>3)=0.2，则P(1A. 0.8B. 0.6C. 0.4D. 0.3
【答案】B
【解析】【分析】
根据正态分布曲线的对称性性质可得
【解答】
解：因为X∼N2,σ2，正态分布图象的对称性可知，PX<1=PX>3=0.2，
所以P(13=0.6.
故选：B.
4.已知数列an满足a1=−14,an+1=1−1an，则a6=( )
A. −14B. 45C. 54D. 5
【答案】B
【解析】【分析】
由递推数列的性质，代值求解即可.
【解答】
解：a1=−14,a2=1−1a1=5,a3=1−1a2=45,
a4=1−1a3=−14,a5=1−1a4=5,a6=1−1a5=45，
故选：B.
5.已知a=1,b=2,a−b= 3，则a在b上的投影向量为( )
A. 12bB. 12aC. 14bD. 14a
【答案】C
【解析】【分析】
先根据数量积的运算律求出a⋅b，再根据投影向量的定义即可得解.
【解答】
解：由a−b= 3，得a−b2=a2+b2−2a⋅b=5−2a⋅b=3，
所以a⋅b=1，
所以a在b上的投影向量为a⋅bb⋅bb=14b.
故选：C.
6.已知sinα=2sinα+2β，且tanβ=2，则tanα+β=( )
A. −6B. −2C. 2D. 6
【答案】A
【解析】【分析】
关键是角的构造，将sinα=2sinα+2β构造成sinα+β−β=2sinα+β+β，再由正弦的和差角公式展开化简求解.
【解答】
解：由题，sinα=2sinα+2β，
则sinα+β−β=2sinα+β+β，
sinα+βcsβ−csα+βsinβ=2sinα+βcsβ+2csα+βsinβ，
sinα+βcsβ=−3csα+βsinβ，
tanα+β=−3tanβ=−6，
故选：A.
7.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1,F2，过F2的直线与双曲线的右支交于A,B两点，若△ABF1的周长为10a，则双曲线离心率的取值范围为( )
A. 62,+∞B. 102,+∞C. 1, 62D. 1, 102
【答案】D
【解析】【分析】
根据双曲线定义及焦点三角形周长、焦点弦的性质有4a+4b2a≤10a，即可求离心率范围.
【解答】
解：
根据双曲线定义知：△AF1B的周长为4a+2AB，而AB≥2b2a，
所以4a+2AB≥4a+4b2a，而△AF1B的周长为10a，
所以4a+4b2a≤10a，即2b2≤3a2，所以2c2−a2≤3a2，解得e≤ 102，
双曲线离心率的取值范围是1, 102.
故选：D
8.设函数fx=2a−xlnx+b，若fx≤0，则a2+b2的最小值为( )
A. 15B. 55C. 12D. 22
【答案】A
【解析】【分析】
由f(x)≤0结合对数的运算性质与不等式解集运算可得2a+b=1，代入消元后求解二次函数最值即可.
【解答】
解：f(x)的定义域为(−b,+∞)，
令lnx+b=0，得x=1−b，
①当x=1−b时，f(x)=0满足题意，2a∈R；
②当−b要使任意x∈(−b,1−b)，f(x)≤0恒成立，则(−b,1−b)⊆−∞,2a,
所以2a≥1−b；
③当x>1−b时，ln(x+b)>0，由fx≤0，得x≥2a，
要使任意x∈(1−b,+∞)，f(x)≤0恒成立，则(1−b,+∞)⊆2a,+∞,
所以2a≤1−b；
综上，2a=1−b，即2a+b=1.
又a2+b2=a2+(1−2a)2=5a2−4a+1=5a−252+15，a∈R，
当且仅当a=25b=15时，取最小值15.
所以a2+b2的最小值为15.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.某班有男生30人，女生20人.在某次考试中，男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为x1,x2x1≠x2；方差分别为s12,s22，该班成绩的均分和方差为x,s2，则下列结论一定正确的是( )
A. x=35x1+25x2B. x>35x1+25x2C. s2=35s12+25s22D. s2>35s12+25s22
【答案】AD
【解析】【分析】
利用公式计算平均数与标准差判断各个选项;
【解答】
解：某班有男生30人，女生20人.在某次考试中，男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为x1,x2x1≠x2；方差分别为s12,s22，
对于A、B，该班成绩的均分为x=3050x1+2050x2=35x1+25x2，所以A正确，B错误；
对于C、D，
s12=130(x1−x1)2+(x2−x1)2+(x3−x1)2+⋯+(x30−x1)2
=130x12+x22+x32+⋯+x302−2(x1+x2+x3+⋯+x30)x1+30(x1)2
=130x12+x22+x32+⋯+x302−60(x1)2+30(x1)2
=130x12+x22+x32+⋯+x302−30(x1)2
=i=130xi2−(x1)2，
所以s12=130i=130xi2−(x1)2,同理s22=120i=3150xi2−(x2)2，
该班成绩的方差为s2=3050s12+(x1−x)2+2050s22+(x2−x)2
=35s12+(x1−35x1−25x2)2+25s22+(x2−35x1−25x2)2
=35s12+25s22+25x1−25x22+35x2−35x12>35s12+25s22，所以D正确，C错误；
故选：AD.
10.在平面直角坐标系中，A2,0,B0,2，则下列曲线中存在两个不同的点M,N使得MA=MB且NA=NB的有( )
A. (x−1)2+y2=12B. x22+y2=1C. x2−y2=1D. y2=2x
【答案】BD
【解析】【分析】
将条件转化为曲线与线段AB的垂直平分线有两个不同的交点，依次验证即可.
【解答】
解：由题，线段AB的垂直平分线为：x−y=0，与曲线有两个不同的交点，
对于A选项，圆心1,0,r= 22，圆心到直线的距离为 22=r，直线与圆只有一个交点，不合题意，故A选项错误；
对于B选项，联立y=xx22+y2=1⇒x= 63y= 63,x=− 63y=− 63，故B选项正确；
对于C选项，y=xx2−y2=1无解，故C选项错误；
对于D选项，y=xy2=2x⇒x=0y=0,x=2y=2，故D选项正确.
故选：BD.
11.已知函数fnx=sin2nx+cs2nxn∈N*，记fnx的最小值为an，则( )
A. a1+a2+a3=78B. ∀n∈N*,fnx的图象关于直线x=π4对称
C. fnx≤1D. i=1nln1+ai<2
【答案】BCD
【解析】【分析】
当n>1时，设sin2x=t，令ht=tn+1−tn，求得h′t=ntn−1−1−tn−1，求得ht的函数的单调性与htmin=12n−1，求得an=12n−1，可判定A错误；
由fnπ2−x=fnx，可判定B正确；
由A选项，即可求出fnx的最大值为1，可判定C正确；
由lnx+1≤x，得到ln1+ai【解答】
解：对于A中，当n=1时，f1x=1；当n>1时，设sin2x=t，则cs2x=1−t，
令ht=tn+1−tn，可得h′t=ntn−1−n1−tn−1=ntn−1−1−tn−1，其中t∈0,1，
当0当120，所以htmin=h12=12n−1，即an=12n−1，
所以a1+a2+a3=1+12+14=74，所以A错误；
对于B中，因为fnπ2−x=sin2nπ2−x+cs2nπ2−x=cs2nx+sin2nx=fnx，
所以函数fnx的图象都关于直线x=π4对称，所以B正确；
对于C中，由A选项知，h0=0n+1−0n=1，h1=1n+1−1n=1，所以ht的最大值为1，即fnx的最大值为1，故C正确；
对于D中，设gx=lnx−x+1，可得g′x=1x−1=1−xx，
当x∈0,1时，g′x>0，gx单调递增；
当x∈1,+∞时，g′x<0，gx单调递减，
又由g1=0，所以gx≤g1=0，即lnx可得ln1+ai故选：BCD.
关键点点睛：该题A，C选项的关键是，通过换元构造函数，借助导数，求出函数的最大值最小值，从而得解，对于B选项的关键是把对称问题，转化为证明等式恒成立问题，对于D选项的关键是构造函数，再一次借助导数，证明不等式lnx+1≤x，从而借助不等式性质，和数列求和即可得证.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x+2y)5的展开式中x3y2的系数是__________(用数字作答).
【答案】40
【解析】【分析】
本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数，属于基础题．
根据(x+2y)5展开式的通项公式，可求出x3y2的系数．
【解答】
解：(x+2y)5的展开式中，其通项公式为Tr+1=C5rx5−r(2y)r=C5r2rx5−ryr，r=0,1,2,3,4,5，
令r=2，得展开式中x3y2的系数为 C52×22=40.
故答案为40.
13.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为__________
【答案】28
【解析】【分析】
本题主要考查棱台的体积，属于基础题．
根据题意正四棱锥被截后剩余部分为正四棱台，直接计算即可求解．
【解答】
解：由题意可得四棱台的高为3，上底面面积为2×2=4，下底面面积为4×4=16，
故正四棱台的体积V=13×(4+16+4×16)×3=28.
所得棱台的体积为28.
14.将编号为1,2,3,4,5的5个小球随机放置在圆周的5个等分点上，每个等分点上各有一个小球.则使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法的概率为__________.
【答案】13
【解析】【分析】
先求出基本事件的总个数，设x1,x2,⋯,xk是依次排列于这段弧上的小球号码，根据绝对值不等式可得1−x1+x1−x2+⋯+xk−5的最小值及取最小值时x1,x2,⋯,xk1,5的关系，再结合古典概型即可得出答案.
【解答】
解：五个编号不同的小球放在圆周的五个等分点上，
每点放一个相当于五个不同元素在圆周上的一个圆形排列，共有A555=4!种放法，
考虑到翻转因素，故本质不同的放法有4!2种，
下求使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法数：
在圆周上，从1到5有优弧和劣弧两条路径，对其中任一条路径，
设x1,x2,⋯,xk是依次排列于这段弧上的小球号码，
则1−x1+x1−x2+⋯+xk−5≥1−x1+x1−x2+⋯+xk−5=1−5=4，
当且仅当1因此圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和的最小值为2×4=8，
由上，知当每段弧上的球号1,x1,x2,⋯,xk,5确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定，
在1，2，…，5中，除1与5外，剩下三个球号2，3，4，
将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有C30+C31=4种情形，
每种情形对应着圆周上使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为最小的唯一排法，即事件总数为4种，
故所求概率P=44!2=13.
故答案为：13
关键点点睛：设x1,x2,⋯,xk是依次排列于这段弧上的小球号码，根据绝对值不等式可得1−x1+x1−x2+⋯+xk−5的最小值及取最小值时x1,x2,⋯,xk1,5的关系，是解决本题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知△ABC的三个内角A,B,C满足1−tanA1−tanB=2.
(1)求角C；
(2)若BC边上的高等于13BC，求csA.
【答案】解：(1)由1−tanA1−tanB=2，得1−tanA+tanB+tanAtanB=2，
即tanA+tanB=−1−tanAtanB，所以tanA+B=tanA+tanB1−tanAtanB=−1，
因为A,B,C为△ABC的三个内角，所以A+B=34π，所以C=π4.
(2)设BC边上的高AD=x，在Rt△ADC中，C=π4，则CD=x，
又因为BC=3AD=3x，则BD=2x，
令∠CAD=α,∠BAD=β，易得：csα=sinα= 22,csβ= 55,sinβ=2 55，
所以csA=csα+β=csαcsβ−sinαsinβ= 55× 22−2 55× 22=− 1010.

【解析】(1)将1−tanA1−tanB=2转化可得1−tanA+tanB+tanAtanB=2，然后由两角和的正切公式求出A+B，即可求出角C；
(2)设BC边上的高AD=x，则CD=x，BD=2x，令∠CAD=α,∠BAD=β，然后利用两角和的余弦公式求解即可.
16.(本小题12分)
已知函数fx=xe−x.
(1)求函数fx的单调区间与极值；
(2)已知函数fx与函数gx的图象关于直线x=1对称.证明：当x>1时，不等式fx>gx恒成立.
【答案】解：(1)由fx=xe−x可得：f′(x)=(1−x)e−x，故当x∈−∞,1时，f′x>0，函数fx单调递增，
当x∈1,+∞时，f′x<0，函数fx单调递减，所以函数fx的单调递增区间为−∞,1，函数fx的单调递减区间为1,+∞，
且当x=1时，函数fx的极大值为f1=1e，无极小值.
(2)因为函数fx与函数gx的图象关于直线x=1对称，所以g(x)=f(2−x)=(2−x)ex−2,则f(x)−g(x)=xe−x+(x−2)ex−2.
令h(x)=f(x)−g(x),x>1，则h′(x)=(1−x)e−x+(x−1)ex−2=(x−1)(e2x−2−1)e−x,x>1
则当x>1时，h′x>0，故函数hx单调递增，
于是，当x>1时，h(x)>h(1)=0，故当x>1时，不等式fx>gx恒成立.

【解析】(1)对函数求导，根据导函数的符号确定函数的递增递减区间，继而得到极大值；
(2)令h(x)=f(x)−g(x),x>1，求导利用单调性即得结论.
17.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA=BC=2 3,PC=AB=6,PB= 30,∠ABC=90∘,D为AC上的动点.
(1)若AD= 3，求证：PD⊥平面ABC；
(2)若平面PAD与平面PBD的夹角为π4，求CD的长.
【答案】解：(1)
在Rt△ABC中，AB=6,BC=2 3，则AC=4 3，
又PA=2 3,PC=6，所以AC2=PC2+PA2
由勾股定理可得△APC为直角三角形，∠APC=90∘，
所以tan∠PAC=PCPA= 3，所以∠PAC=60∘
在△PAD中，因为AD= 3，由余弦定理可得：
PD2=AP2+AD2−2AP⋅AD⋅cs∠PAD=(2 3)2+( 3)2−2×2 3× 3×cs60∘=9
则PD2+AD2=PA2，所以PD⊥AD，
又CD=3 3,∠ACB=60∘，在△DCB中由余弦定理可得：
BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠ACB=2 32+3 32−2×2 3×3 3×cs60∘=21，
则PD2+BD2=PB2，所以PD⊥BD，
又AD∩BD=D,AD⊂平面ABC,BD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC
(2)在AC上取一点O，使AO= 3由(1)可得PO⊥平面ABC，作OE⊥AC，
如图以O为坐标原点，OE,OC,OP所在的直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则点O0,0,0,E1,0,0,P0,0,3,B3,2 3,0,D0,t,0，
因为OE⊥平面APD，所以OE=1,0,0为平面APD的一个法向量，
设平面PDB的一个法向量为n=x,y,z,PB=3,2 3,−3,DB=3,2 3−t,0，
由n⋅PB=0n⋅DB=0可得3x+2 3y−3z=03x+2 3−ty=0，取y=3，则x=t−2 3,z=t，所以n=t−2 3,3,t，
因为csπ4=n⋅OEn⋅OE，所以t−2 3 (t−2 3)2+9+t2= 22，解得t= 34，
即OD= 34，又OC=AC−AO=4 3− 3=3 3，所以CD=OC−OD=3 3− 34=11 34，
所以当CD=11 34时，则二面角A−PD−B的大小为π4.

【解析】(1)两次利用勾股定理分别证明PD⊥AD，PD⊥BD，即可得证；
(2)由(1)问可知，确定空间直角坐标系的原点位置，然后建系，利用已知的二面角建立等式关系，求出动点D的坐标，即可得出答案.
18.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 32，连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为k的直线交椭圆于A,B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若k=1，求AB的最大值；
(3)设O为坐标原点，若A,B,O三点不共线，且OA,OB的斜率满足kOA⋅kOB=k2，求证：|OA|2+|OB|2为定值.
【答案】解：(1)因为e=ca= 32，所以b2a2=14，
又连接四个顶点所得菱形的面积为12⋅2a⋅2b=4，可得ab=2，
解得a=2,b=1，所以椭圆方程为x24+y2=1.
(2)如图所示：

设直线AB的方程为：y=x+m,Ax1,y1,Bx2,y2
联立x24+y2=1y=x+m，可得：5x2+8mx+4m2−4=0，则Δ=165−m2>0⇒− 5由韦达定理可得：x1+x2=−8m5,x1x2=4m2−45，
由弦长公式可得：AB= 1+12x1−x2= 2 x1+x22−4x1x2=4 25 5−m2
当m=0时，AB取得最大值4 105.
(3)如图所示：

设直线AB的方程为：y=kx+tt≠0,Ax1,y1,Bx2,y2
联立x24+y2=1y=kx+t，可得：1+4k2x2+8ktx+4t2−4=0，则Δ=161+4k2−t2>0
由韦达定理可得：x1+x2=−8kt1+4k2,x1x2=4t2−41+4k2，
又由k2=kOA⋅kOB=y1y2x1x2=kx1+tkx2+tx1x2，可得ktx1+x2+t2=0，
代入可得t2−4k2t2=0，即k2=14.所以x1+x2=±2t,x1x2=2t2−2，所以
OA|2+OB|2=x12+y12+x22+y22=34x1+x22−2x1x2+2=34(±2t)2−22t2−2+2=5故|OA|2+|OB|2为定值.

【解析】(1)由椭圆的基本性质，连接四个顶点所得菱形的面积为12⋅2a⋅2b=4，即可求解;
(2)联立x24+y2=1y=x+m，可得：5x2+8mx+4m2−4=0，由韦达定理，弦长公式求解；
(3)联立x24+y2=1y=kx+t，可得：1+4k2x2+8ktx+4t2−4=0，由韦达定理，又由k2=kOA⋅kOB，所以x1+x2=±2t,x1x2=2t2−2，代入|OA|2+|OB|2为定值.
19.(本小题12分)
若有穷数列an满足：i=1nai=0且i=1nai=1，则称其为“n阶0−1数列”.
(1)若“6阶0−1数列”为等比数列，写出该数列的各项；
(2)若某“2k+1阶0−1数列”为等差数列，求该数列的通项an(1≤n≤2k+1,用n,k表示)；
(3)记“n阶0−1数列”an的前k项和为Skk=1,2,3,⋯,n，若存在m∈1,2,3,⋯,n，使Sm=12，试问：数列Sii=1,2,3,⋯,n能否为“n阶0−1数列”？若能，求出所有这样的数列an；若不能，请说明理由.
【答案】解：(1)设a1,a2,a3,a4,a5,a6成公比为q的等比数列，显然q≠1，
则有a1+a2+a3+a4+a5+a6=0，得a11−q61−q=0，解得q=−1，
由a1+a2+a3+a4+a5+a6=1，
得6a1=1，解得a1=±16，
所以数列16,−16,16,−16,16,−16或−16,16,−16,16,−16,16为所求；
(2)设等差数列a1,a2,a3,⋯,a2k+1k≥1的公差为d，
∵a1+a2+a3+⋯+a2k+1=0，
∴2k+1a1+2k2k+1d2=0,a1+kd=0，即ak+1=0,∴ak+2=d，
当d=0时，矛盾，
当d>0时，ak+2+ak+3+⋯+a2k+1=12=−a1+a2+⋯+ak，
∴kd+kk−12d=12，即d=1kk+1，由ak+1=0得a1+k⋅1kk+1=0，
即a1=−1k+1，
∴an=−1k+1+n−1⋅1kk+1=nkk+1−1kn∈N*,n≤2k+1，
当d<0时，同理可得kd+kk−12d=−12，即d=−1kk+1，
由ak+1=0得a1−k⋅1kk+1=0，即a1=1k+1，
∴an=1k+1−n−1⋅1kk+1=−nkk+1+1kn∈N*,n≤2k+1，
综上所述，当d>0时，∴an=nkk+1−1kn∈N*,n≤2k+1，
当d<0时，an=−nkk+1+1kn∈N*,n≤2k+1；
(3)记a1,a2,⋯,an中非负项和为A，负项和为B，则A+B=0,A−B=1，
得A=12,B=−12,−12=B≤Sk≤A=12，即Sk≤12k=1,2,3,⋯,n，
若存在m∈1,2,3,⋯,n，使Sm=12，可知：
a1≥0,a2≥0,⋯,am≥0,am+1≤0,am+2≤0,⋯,an≤0，且am+1+am+2+⋯+an=−12，
∴1≤k≤m时，ak≥0,Sk≥0;m+1≤k≤n时，ak<0,Sk≥Sn=0
∴S1+S2+S3+⋯+Sn=S1+S2+S3+⋯+Sn，
又S1+S2+S3+⋯+Sn=0与S1+S2+S3+⋯+Sn=1不能同时成立，
∴数列Sii=1,2,3,⋯,n不为“n阶0−1数列”.

【解析】(1)根“n阶0−1数列”的定义求解即可；
(2)结合“n阶0−1数列”的定义，首先得ak+1=0,ak+2=d，然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
(3)记a1,a2,⋅⋅⋅,an中非负项和为A，负项和为B，则A+B=0,A−B=1，进一步Sk≤12k=1,2,3,⋅⋅⋅,n，结合前面的结论以及“n阶0−1数列”的定义得出矛盾即可求解.
关键点点睛：第三问的关键是得到a1≥0，a2≥0，⋯，am≥0，am+1≤0，am+2≤0，⋅⋅⋅，an≤0，且am+1+am+2+⋅⋅⋅+an=−12，由此即可顺利得解.