湖北省高中名校联盟2024-2025学年高三上学期8月第一次联合测评数学试题

这是一份湖北省高中名校联盟2024-2025学年高三上学期8月第一次联合测评数学试题，共19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
1．已知复数满足，则（ ）
A．32B．C．D．
2．已知集合，则包含的元素个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
3．长江被称为黄金水道，而三峡大坝则是长江上防洪发电的国之重器.三峡大坝坝前正常蓄水位为海拔175米，而坝下通航最低水位为海拔62米.为了改善船舶的通航条件，常常会通过修建阶梯船闸来实现，船只只需要像爬楼梯一样，以实现上升或者下降.假设每个闸室之间的水位差均可控制在15 至 25米之间，则要保证全年通航，那么三峡大坝船闸至少需要修建闸室的个数为（ ）

A．4B．5C．6D．7
4．若 则 （ ）
A．B．C．D．
5．已知一组数据34，36，39，41，44，45，x，50的第65 百分位数是45，那么实数 x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数的部分图象如下，与其交于A，B两点．若，则（ ）

A．4B．3C．2D．1
7．长方体 中，与平面所成的角为，与所成的角为，则下列关系一定成立的是（ ）
A． B．
C．D．
8．设抛物线C： 的焦点为F，过抛物线C 上的点P 作C 的切线交x轴于点M，若，则（ ）
A．B．2C．D．
二、多选题
9．已知无穷数列和的各项均为整数，和是非常数数列，且和中存在大小相等的项，则下列说法一定正确的是（ ）
A．若和是各项均为正数的等差数列，如果所有相等的项不止一项，则这些项构成等差数列
B．若和{是各项均为正数的等比数列，如果所有相等的项不止一项，则这些项构成等比数列
C．若为等差数列，为等比数列，则所有相等的项不止一项
D．若为递增数列，为递减数列，则所有相等的项可能只有一项
10．如图，造型为“∞”的曲线C 称为双纽线，其对称中心在坐标原点O，且C 上的点满足到点 和的距离之积为定值a，则（ ）

A．点 在曲线 C 上
B．曲线 C的方程为(
C．曲线C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为
D．若点在C 上，则
11．类比平面上的三角形是由三条线段首尾顺次相接构成的封闭图形，我们把球面上三条大圆的劣弧 首尾顺次相接构成的封闭图形称为球面三角形．如图所示，分别连接球心与不在同一大圆上三点，定义球面 的三个内角分别为二面角的平面角．则下列说法正确的是（ ）
A．若 球的半径为2，则
B．存在球面三角形，使得
C．若球的半径为2，，那么球面三角形ABC的面积为
D．若是锐角且，则
三、填空题
12．已知向量的夹角为30°，且，则
13．的展开式中的系数为 ．
14．已知函数 其中，当两函数图象对应曲线存在2条公切线时则的取值范围是 ．
四、解答题
15．如图，在平面四边形中，

(1)若 与交于点，且，求的长；
(2)求四边形 周长的最大值．
16．已知椭圆Γ 经过点A(1,32)，右焦点为 F(1,0)
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线l与Γ 交于两点，且直线与的斜率互为相反数，求 的中点 与 的最小距离．
17．如图，直角梯形 ACDE 中， 、M 分别为AC、ED 边的中点，将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点．
(1)证明：MN∥平面A'BE；
(2)当三棱锥的体积为，且二面角为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角的正切值．
18．为抽查车辆文明驾驶情况，在某路口设有高清摄像头，对经过的车辆进行抓拍．抓拍系统设定：经过该路口的每一辆车被抓拍的概率均为 但为保证抽查量，设定前2 辆车经过该路口都没有被抓拍时，第 3辆车必被抓拍．假设汽车依次通过该路口．
(1)从某一时刻开始，记第n辆车经过该路口时被抓拍的概率为 求
(2)当任意连续有2辆车经过该路口时， 表示 2 辆车均未被抓拍的概率， 表示第1辆车未被抓拍，且第2 辆车被抓拍的概率， 表示第1辆车被抓拍，且第2辆车未被抓拍的概率， 表示2 辆车均被抓拍的概率．
①试用 和 表示
②求 的值．
19．牛顿法( Newtn's methd)是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是的根，选取x．作为r的初始近似值，过点作曲线的切线L，L的方程为.如果，则 L与x轴的交点的横坐标记为，称为r 的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与x轴的交点横坐标记为，称为r的二阶近似值．重复以上过程，得r的近似值序列：，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知.
(1)若给定，求r的二阶近似值；
(2)设
①试探求函数h(x)的最小值 m 与r 的关系；
②证明：.
参考答案：
1．C
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可根据模长公式求解.
【详解】由可得，所以，
故选：C
2．B
【分析】由一元二次不等式化简集合，即可由交集的定义求解.
【详解】由，解得或，
所以或，
故，
故选：B
3．B
【分析】由已知，水位差为米，每个闸室之间的水位差均可控制在15 至 25米之间，由，可知船闸至少需要修建闸室5个.
【详解】因为三峡大坝坝前正常蓄水位为海拔175米，而坝下通航最低水位为海拔62米,
所以水位差为米，
又每个闸室之间的水位差均可控制在15 至 25米之间，
则，
所以船闸至少需要修建闸室5个.
故选：B.
4．C
【分析】根据诱导公式以及二倍角公式即可代入求解.
【详解】
故选：C
5．A
【分析】根据数据的总个数可得第65百分位是第6位，可得的范围.
【详解】因为，所以这组数据的第65百分位数是第6项数据45，则.
故选：A
6．A
【分析】首先解方程，结合图象，求得方程的实数根，即可求解的值.
【详解】令，则，，，
则，且，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合余弦函数的图象，正确求解两点的坐标.
7．D
【分析】根据线面角以及线线角的定义可得，即可由锐角三角函数表示结合三角函数的单调性即可求解.
【详解】由于平面，故,
故
由于的大小不确定，所以无法确定的大小，故的大小不确定，A错误，
由于,
故，
由于均为锐角，所以也是锐角，故，即.
故选：D
8．B
【分析】设Px0,y0，求出过点P抛物线C的切线方程，令，可得点的坐标，由两点间距离公式表示出，，由抛物线定义得到，在中，由余弦定理得，，代入化简，解方程可得，即可得到.
【详解】

由已知，，设Px0,y0，则，
由，即，则，
所以过点P抛物线C的切线的斜率为，
则切线方程为，
当时，，即点的坐标为，
则，
，，
又，
则在中，由余弦定理得，
，
则，
整理得，
解得，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：设Px0,y0，利用导数的几何意义求出切线方程，得到点的坐标，由两点间距离公式和抛物线定义，得到，， ，在中，由余弦定理建立方程，解出，即可求得.
9．ABD
【分析】根据等差和等比数列的性质即可求解AB，举例即可说明CD.
【详解】对于A，由于an，bn是各项均为正数的等差数列，
若an，bn公共项的最小的一项记为于，且an，bn的公差分别为，
若的最小公倍数为，则均为an，bn的公共项,且构成等差，故A正确.
对于B，由于an，bn是各项均为正数的等比数列，
若an，bn公共项的最小的一项记为于，且an，bn的公比分别为，
则均为an，bn的公共项，且构成等比，故B正确.
对于C，若，，则an，bn只有1项是公共项，C错误.
对于D，若，由于，
则an，bn公共项只有，故D正确.
故选：ABD
10．AC
【分析】由已知得，设曲线与x轴正半轴相交于，可解得，则可判断A；由C 上的点满足到点 和的距离之积为定值a，可得方程，化简可判断B； ，由得，则可判断C；由可得成立，则可判断D.
【详解】由原点在曲线上得，
选项A．设曲线与x轴正半轴相交于，
则，解得 ，故A 正确.
选项B，设曲线C上任一点坐标为，则，
得 ，则 ，
所以 ，
即 ，故 B 错误．
选项C，由，得 ，
由，得，
所以 ，则，故C 正确．
选项 D，由，得，
故点在C 上时有成立，故D错误．
故选：AC.
11．ABD
【分析】根据弧长公式即可求解A，根据二面角的几何角定义即可求解B，根据，可得球面三角形占半径为2的球面的比例为 ，即可由球的表面积公式求解C，根据二面角的定义，结合弧长公式即可求解D.
【详解】选项 A，根据弧长公式 所以 A正确；
选项B，当两两垂直时，此时二面角的平面角均为直角，
根据定义得所以 B正确；
选项C，∵，
所以球面三角形占半径为2的球面的比例为
根据球的面积公式，球面的面积为 故C错误；
选项 D，如图所示，连接，设所在平面为．
作，连接．
由三垂线定理可得,
结合，
，且都是锐角，
，所以 ，所以D正确
故选：ABD．
12．
【分析】根据模长公式即可求解.
【详解】，
故答案为：
13．
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】，
故的系数为，
故答案为：
14．
【分析】根据反函数的性质，先求解两曲线相切时的临界情况时的值，利用相切和导数可得，构造函数，即可根据函数单调性求解.
【详解】令则，
令，则，
由于函数互为反函数，故图象关于对称，
因此只需要考虑两曲线相切时的临界情况，设切点横坐标为，
由
故，即，
所以，
设，则，，故有，两边取对并移项，
记函数，易知在1,+∞上单调递增,
因为，所以，此时，
所以的取值范围是
【点睛】关键点点睛：根据两函数在相切的的临界情况，设出切点横坐标为，得，求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理可得，即可利用等面积法求解,进而由勾股定理即可求解，
（2）由基本不等式即可求解.
【详解】（1） 中,由余弦定理得,
所以
因为，，所以

由可知, ,
所以
（2）因为,所以,
,故，
当且仅当时等号成立，故周长的最大值为
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据点在椭圆上以及焦点即可联立方程求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可得坐标，进而根据中点坐标公式可得，从而判断在直线上，即可由点到直线距离公式求解.
【详解】（1）由已知 解得
所以椭圆方程为
（2）由于的斜率互化相反数，不妨设的斜率为，的斜率为.
则的方程为，
联立，
故，又，所以，
进而,
用代入可得,
所以中点的坐标为
由于,
所以在直线上，
所以点与的最小距离即是点到直线的距离 ，
当且当且仅当时取得最小值，
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理在平面中找到和直线平行的直线，利用直线和平面平行的判定定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，根据已知条件利用等体积法，进而求出各个点的坐标，再利用平面的法向量计算平面的夹角的正切值.
【详解】（1）取的中点，的中点，由题意知，，
直角梯形中，四边形为正方形，
为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
平面，不在面内，
平面.
（2）连接，则，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，面，
平面，
，
，，
，为等边三角形，
则，
设为平面的法向量，为平面的法向量，
，令
，令，
设平面与平面的夹角为，由题可知为锐角，
，
平面与平面的夹角的正切值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据全概率公式即可求解.
（2）根据全概率公式即可列出关系式，联立即可求解，
【详解】（1）记事件“第辆车经过路口时被抓拍”为
则

（2）①由已知对应事件“2两辆车均未被抓拍”的前一状态只能为所对应事件，故，
同样可得
②由全概率公式可得又，
解得
19．(1)；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）根据给定方法，求出的导数，依次求出即可.
（2）①求出函数，利用导数探讨函数的最小值，结合求出m 与r 的关系；②由①的结论，构造函数，利用导数探讨函数在上的单调性即可推理得证.
【详解】（1）函数，求导得，
依题意，，当时，，
同理，而，所以.
（2）①由（1）知，，则，
，求导得，
令，求导得，在上单调递增，
函数在上单调递增，，
由，得，且，则，
，当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得最小值.
②由①知，，令，求导得，
令，求导得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，而，
则当时，恒成立，即函数在上单调递减，
而，因此，所以.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.