[数学]湖北省武汉市部分学校2025届高三上学期九月调研考试试卷(解析版)

这是一份[数学]湖北省武汉市部分学校2025届高三上学期九月调研考试试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 若复数满足，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以,
所以.
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，
，
.
故选：C.
3. 展开式中含项的系数为（ ）
A. 420B. C. 560D.
【答案】D
【解析】由题意知， 的二项展开式的通项公式为，
令，得，故含项的系数为.
故选：D.
4. 设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】由，
故，则，
由得，故，故公差为，
故选：C.
5. 某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得，
所以.
该圆锥体积为，
故选：B.
6. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】的值域为，且，
当时，
则，为增函数，，
而时，为增函数，
此时，，不符题意；
当时，
则，为减函数，，
而时，为减函数，
此时，，
因为的值域为，当且仅当时，满足题意，
此时，，则，整理得，，解得；
综上，时满足题意.
故选：A.
7. 已知函数是上的奇函数，则（ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】B
【解析】
，
是上的奇函数，
又为奇函数，则分母上的函数需为偶函数，
，.
故选：.
8. 设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0，可得，
不妨设点在第一象限，由椭圆的定义知，
因为，可得，
即，
可得，所以，
所以的面积为，可得，解得，
又因为，可得，即，
将点代入椭圆的方程，可得，整理得，
因为，可得，即，
解得和（舍去），即椭圆的离心率为.
故选：D.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ）
A. 与负相关B.
C. 预测第6个月的下载量是2.1万次D. 残差绝对值的最大值为0.2
【答案】ACD
【解析】对于A：因为，所以变量与负相关，故正确；
对于B：，
，
，则，
解得，故错误；
对于C：当时，，
故可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确；
对于D：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
故残差绝对值的最大值为0.2，故正确.
故选：ACD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 的图象关于直线对称
D. 在上的值域为
【答案】BC
【解析】由函数的部分图象可知：，
又因为，即
结合函数的单调性可得 ,故A错误；
即
所以, 故B正确；
所以．
对于选项C：当时，可得，
所以的图象关于直线对称， 故C正确；
对于选项D： 当时，，
所以，即，故D错误；
故选：BC．
11. 定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A 当时，
B. 当为正整数时，
C. 对任意正实数在区间内恰有一个极大值点
D. 若在区间内有3个极大值点，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】对于选项A：因为函数满足，
当时，，
当时，；
当时，，
当时，，故A错误；
对于选项B：因为，且，
则，，， ，
可得，
所以，故B正确；
对于选项CD：由选项A可得：
当时，，
则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则在内有且仅有一个极大值点，
即，
例如当，则，不合题意，故C错误；
若在区间内有3个极大值点，则，
所以的取值范围是，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. 已知平面向量，若，则______．
【答案】
【解析】，因为，所以，
即，解得.
13. 若双曲线的离心率为3，则______．
【答案】
【解析】由题意，焦点在轴上，
.
14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角的大小为，则的边长为______．
【答案】
【解析】由题意可知：外接球的球心，且平面，即为外接球的直径，，
设平面，可知为等边的中心，
取的中点，连接，
则，可知二面角的平面角为，
设，
则，，
因为，即，
又因为，且，
则，解得，
所以的边长为.
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. 如图，在四棱锥中，平面．
（1）求的长；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值
解：（1）取中点，连，，由，所以四边形为平行四边形，故.
由平面，平面，有，所以.
又，所以，又，平面，所以平面.
由平面，所以.
由平面，平面，有，故.
又，故.
（2）以为坐标原点，为，轴的正方向，
以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系.
由，得为正三角形，故.
又，
.
设平面的法向量，
由，即，
取，得到平面的一个法向量.
又，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调区间.
解：（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为，即.
（2）由题意可知：的定义域为，且，
（i）若，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
（ⅱ）若，令，解得或，
①当，即时，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
②当，即时，则，可知在内单调递增；
③当，即时，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：若，的单调递减区间为，单调递增区间为；
若，的单调递减区间为，单调递增区间为；
若，的单调递增区间为，无单调递减区间；
若，的单调递减区间为，单调递增区间为.
17. 已知的内角所对的边分别为，且
（1）求角A；
（2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积
解：（1）因，
由正弦定理可得，
且，
即，
整理可得，
且，则，可得，
又因为，则，可得，所以.
（2）因为为的平分线，则，
因为，
则，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，解得或（舍去），
所以的面积.
18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点.
（i）求直线的斜率；
（ii）证明：直线与交于定点.
（1）解：设圆心为，
由题意可得：，整理可得，
所以曲线的方程为.
（2）（i）解：由题意可知：直线的斜率不存在，且不为0，
设，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
可知直线，
联立方程，消去x可得，
由题意可知：，即，
且，可得，
同理可得：，
则
，
因为，则，即，
整理可得，
由题意可知：点不在直线上，则，即，
可得，即，所以直线的斜率；
（ii）证明：由（i）可知：，则中点，
又因为，即，则的中点，
即直线，
由梯形的性质可知：直线与的交点即为直线与的交点，
因为直线的斜率，
则直线，
令可得
，
即直线与直线交点为，
所以直线与交于定点.
19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为．
（1）求；
（2）当时，求；
（3）求．
解：（1）1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中；
1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为,
1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中;
综上所述： .
（2）1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中;
1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号， n 号盒中，概率为,
1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中;
综上所述：.
（3）1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中：
1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，号球都可以放入对应编号的盒中，
剩下编号为 的球和编号为 的空盒，
此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球，
按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为
1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中：
所以,
整理得：,①
分别用 和替换和，可得：
,②,
由①②式相减，整理得：
从而 ,
等于1号球不放在2号盒的概率，
即.
所以 .月份编号
1
2
3
4
5
下载量（万次）
5
4.5
4
3.5
2.5