2025届湖北省高三T8联盟数学模拟考试卷

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知集合，若，则实数（ ）
A. B. 0C. 1D. 1或
【答案】A
【解析】
【分析】解分式不等式得集合B，再由集合A和集合B的元素特征结合其交集结果列出关于a的等式和不等式即可求解.
【详解】不等式，
所以不等式解得，故，
所以若，则集合A需满足，解得
故选：A.
2. 已知，，若，则实数的值为（ ）
A. -4B. 0C. -4或0D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题可设，根据复数的乘法与复数相等可得的值，并检验即可.
【详解】由可设，且，
所以，解得或，
当时，不符合，故舍去，
当时，，则符合题意，
所以.
故选：D.
3. 从集合中任取3个数，取出的三个数之和是3的倍数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理分步乘法计数原理，结合古典概型求解概率即可.
【详解】设集合，，，任取三个数的和为3的倍数，
分为两类，一类是从集合或或取三个数，一类是从三个集合各取一个数，
取出的三个数之和是3的倍数的概率为
故选：B.
4. 已知，C是关于直线的对称点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出C是关于直线的对称点，再根据数量积的坐标运算，即可求得答案.
【详解】设，因为C是关于直线的对称点，
故，解得，即，
又，，故，
故选：C
5. 甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排列方法有（ ）
A. 720种B. 1440种C. 2880种D. 4320种
【答案】B
【解析】
【分析】依题意环排问题转换为线排问题，再根据插空法求解.
【详解】环排问题线排策略，增加一个凳子．
九个凳子排一排，甲放一号和九号，中间剩余七个位置可选，再将其他五人放入中间有种．
甲、乙、丙两两不相邻．乙、丙只能放中间四空中共有种，
由分步计数原理得总数种．
故选：B.
6. 已知三棱锥满足，，，且其体积为，若点（正投影在内部）到，，距离相等，则三棱锥的表面积为（ ）
A. 18B. 21C. 24D. 27
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得点在底面射影为内切圆圆心，利用等面积法求内切圆半径，得出侧面斜高即可求解.
【详解】由，，知为直角三角形，
设点在底面的射影点为，由题意得为的内心，

，得，
内切圆半径为．
点到三边的距离均为，
．
故选：C
7. 在中，为边的中点，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，取AM 中点为N，过N做AB垂线NO，使，以O为圆心，OA为半径做圆可得C点所在部分轨迹，后由平面几何知识结合正弦定理可得答案.
【详解】设，如图AM 中点为N，过N做AB垂线NO，使，以O为圆心，
OA为半径做圆O.由题可得，则，即C点部分轨迹为优弧
（还有部分轨迹为优弧关于AM的对称优弧）.如图，设CB与圆O交于D，连接AD，
由外角定理，，当且仅当C与D重合，即CB与圆O相切时取等号.
由圆幂定理，当CB与圆O相切时可知，
由弦切角定理可知，设.
在中，由正弦定理可得，
又注意到，
则，
解得，结合图形可得，则此时．
故选：B

8. 已知指数函数，若有且只有两个不等根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，由互为反函数函数图象关系可得有两解，
即有两个根，最后由函数图象与直线有两个交点可得答案.
【详解】由题意得，即方程有两个不等根，
函数与图象有两个不同交点，
与互为反函数，则两函数图象关于对称，
则与图象的交点都分布在直线上，问题等价于与有两个不同交点，即有两根，
即函数图象与直线有两个交点.
设，则，令，
则在上单调递增，在上单调递减，.
又，
可得大致图象如下，则要使图象与直线有两个交点，
需满足.
故选：C

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. 已知点，直线，其中是的等差中项，过点作直线的垂线，垂足为，则（ ）
A. 直线过定点B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件得到，即可得到直线过定点，即可判断选项A的正误；再利用，可得到点的轨迹是以为直径的圆，结合图形及圆的性质，即可判断出选项B、C和D的正误.
【详解】因为是的等差中项，得到，直线，
即，
由，得到，所以直线过定点，所以选项A正确，
又因为，又，
所以点的轨迹是以为直径，即以点为圆心，5为半径的圆，
方程为，
对于选项B，如图，当时，即与重合，此时最大，最大值为，所以选项B正确，
又易知，，，得到，
所以选项C错误，选项D正确，
故选：ABD.
10. 已知，满足，且，则下列结论正确的有（ ）
A. B. C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知结合完全平方式化简可判断AB；利用结合基本不等式可求得a的范围，即可判断CD.
【详解】由展开式得，
又，联立两式可得，
化简得到，即，，A，B正确；
．，由均值不等式，时取等号，
即，解得，
当时，取得最小值，C正确，D错误，
故选：ABC
11. 已知正项数列满足，，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 存，使得
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由递推公式可判断A选项；设，，结合递推公式推导出，以及，可求出数列的通项公式，推导出数列的单调性，可判断B选项；利用导数证明出，由此不等式可判断C选项；推导出，结合等比数列的求和公式可判断D选项.
【详解】对于A：正项数列满足，，则，
故，A正确；
对于B：因为，且，则，可得，所以，，
设，，所以，，
由题意可得，，则，，
所以，，所以，，
因为，则，所以，，则，
所以，数列为等比数列，其公比为，
所以，，则，
因为数列单调递减，且函数在上单调递增，
所以，数列单调递减，故数列是递减数列，选项B错误；
对于C：因为，所以，，选项C正确；
对于D：设，则，
所以，函数在0,+∞上为增函数，所以，，
由此可知，
那么，选项D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数在区间上恰有两个极大值点和一个极小值点，则正实数的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦型函数的性质，利用整体法求的取值范围，再由正弦函数函数的极值列不等式求解正实数的取值范围即可.
【详解】由题意，当x∈0,π时，
则由题意得，解得．
故正实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知是椭圆的内接三角形，其中原点是的重心，若点A的横坐标为，直线的倾斜角为，则椭圆的离心率为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】由题可得，，然后由点差法结合是的重心可得答案.
【详解】点A的横坐标为，点A在椭圆上，∴可知，
由对称性可取，.
直线的倾斜角为，.
设，，BC中点为N，
作差得，
可得，
即，因是的重心，则N，O，A三点共线，
则，，解得．
椭圆的离心率为．
故答案：
14. 定义在闭区间上的函数的最大值与最小值之积为，则的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】记在上的最大值为，最小值为，由，可得，通过讨论对称轴的位置结合，得到的取值范围.
【详解】记在上的最大值为，最小值为，
．
，
．
①当时，，，
，解得；
②当时，，，
，解得；
③当时，，
，
，
，均不合题意，或，
则的取值范围是．
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. 某市为创建全国文明城市，自2019年1月1日起，在机动车斑马线礼让行人方面，通过公开违规行车的照片及车牌号，效果显著．下表是该市人民广场某路口连续5年监控设备抓拍到该路口机动车不礼让行人的统计数据：记方案执行时间为执行后第年，不礼让行人车数为（单位：百辆）．
（1）求不礼让行人车数与执行时间之间的经验回归方程；
（2）预测该路口2025年不礼让行人车数．
参考公式：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．
【答案】（1）
（2）140辆
【解析】
【分析】（1）根据线性回归方程的求法计算得解；
（2）根据所求回归方程代入数据预测即可.
【小问1详解】
由题意得，，，
由最小二乘法估计可得
，
不礼让行人车数与执行时间的经验回归方程为；
【小问2详解】
在2025年年底时，该方案已执行7年，
令得到，
2025年该路口不礼让行人车数的预测值是140辆．
16. 在中，三个内角所对的边分别为，，．
（1）求证：；
（2）若点是边上靠近点的三等分点，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换结合正弦定理可证得所求；
（2）设，，结合余弦定理求解从而可得的关系，结合基本不等式即可得的最小值．
【小问1详解】
证明：因为，所以
所以可得，
即．
即，
，
即，
由正弦定理可得．
【小问2详解】
设，，
由题可知，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理，得，
两式相加得，解得．
的最小值是，当且仅当，，时取等号．
17. 已知函数在点处切线与轴重合．
（1）求函数的单调区间与极值；
（2）已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）答案见详解
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据切线可得，求导，利用导数求单调性和极值即可；
（2）由（1）可得，进而可得，由可得，结合裂项求和即可得结果.
【小问1详解】
因为，且，
由题意可得，即，可得，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以有极大值，无极小值．
【小问2详解】
由（1）可得，当且仅当时取等号，
可得，当且仅当时取等号，
等价变形为，即，当且仅当时取等号，
代入题干中可得，
则，即，
当时，，即，
且符合上式，所以，，则，
由，令得，即，
所以.
18. 现有一双曲线，和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过直线交双曲线左支于A，B两点（点在点上方），判断是否是定值，并给出理由；
（3）在（2）的条件下，过点作平行于的直线交双曲线右支于C，D两点（点在点上方），与相交于点，求证：为定值．
【答案】（1）
（2），是定值，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】1）解出，再利用单调性解出最值，最后求出双曲线的标准方程即可；
（2）利用直曲联立解出一元二次方程，利用韦达定理解出定值即可；
（3）利用对称性和三角形相似解出，再解出即可.
【小问1详解】
设，则，
由得．
在区间上单调递减，
时，取最大值3，
，解得．
．
由题意可得双曲线的标准方程为．
【小问2详解】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线为，
联立得，
，
，
，
.
【小问3详解】
证明：如图：由对称性可知，，
，．
易知，
，
由（2）可知，
代入上式可得，
同理可得，
，为定值.
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中，利用对称性和三角形相似进行转化是解决定值问题的一种非常常用的方法.
19. 三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理．
（1）证明三余弦定理；
（2）如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值；
（3）已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，然后由线面角定义可确定命题中所涉及，，，最后由三角函数定义可完成证明；
（2）取中点为，连接，，，，通过证明平面平面，可得直线与底面所成角为，然后由三垂线定理可得答案；
（3）设，，，，，．直线与底面所成角为，由对称性及三余弦定理可得.然后结合体积，表面积表达式，运用作差法配方后可证明结论.
【小问1详解】
如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，
即为斜线与平面所成角，
即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角，
，，，
又，，，平面，
平面，
平面，，
根据几何关系可得，，
．
【小问2详解】
取中点为，连接，，，，易知，
，．
又，，，平面，平面，
平面，
平面平面，
直线在平面上的射影必在交线上，
直线与底面所成角为，
，，
由三余弦定理得，得，
，
即直线与底面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
证明：设，，，，，，直线与底面所成角为，直线在底面投影与AB夹角为，在底面投影与AC夹角．
由平行六面体的对称性，不妨令，，
由三余弦定理，
则.
由题意得，
，
，
，
由，可得：
则
，
当且仅当且时等号成立．
/年
1
2
3
4
5
/百辆
5.8
5.2
4.5
3.7
2.8