湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期3月限时训练数学试卷（Word版附解析）

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符合题目要求的.
1. 已知复数 在复平面内对应的点为 是 的共轭复数，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义得出 ，然后得出共轭复数，再由复数除法法则计算．
【详解】由题意 ，则 ， ，
故选：A．
2. 若向量 ，则“ ”是“向量 的夹角为锐角”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先根据向量 的夹角为锐角求出 的取值范围，再判断属于哪种关系.
【详解】向量 的夹角为锐角，则 ，且向量 不共线，
当向量 共线时， ，
则 ，
若 ，则 成立，反之不成立，
故“ ”是“向量 的夹角为锐角”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 已知各项均为正数的等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
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A. B. C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列 的公比为 ，根据题意可得出关于 、 的方程组，解出 的值，即可得
出 的值.
【详解】设等比数列 的公比为 ，则 ，
上述两个等式相除得 ，整理可得 ，
因为 ，解得 ，故 .
故选：B.
4. 已知抛物线 的焦点为 ，准线为 为 上一点， 垂直 于点 为等边三
角形，过 的中点 作直线 ，交 轴于 点，则直线 的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线 与 轴交于点 ，连接 ，说明 为矩形，得 ，求得 的斜
率为 ，直线方程可求.
【详解】设直线 与 轴交于点 ，连接 ，
因为焦点 ，所以抛物线的方程为 ，准线为 ，
则 ，因为 是等边三角形， 的中点为 ，
则 轴，所以准线为 ， 为矩形，则 ，
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故 是边长为 4 的等边三角形，
易知 ，则 .
因为 ，所以直线 的斜率为 ,
直线 的方程为 .
故选：B
5. 将函数 的图像按以下顺序进行变换：①向左平移
个单位长度；②横坐标变为原来的 ，纵坐标不变；③向上平移 1 个单位长度；④纵坐标变为原来的 3
倍.可得到 的图像，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的平移变换求解即可.
【详解】函数 向左平移 个单位长度，
得到 ，
横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，得到 ，
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向上平移 1 个单位长度，得到 ，
纵坐标变为原来的 3 倍，得到 ，
则 ，又 ，
解得 ，
则 .
故选：A.
6. 已知菱形 ， ，将 沿对角线 折起，使以 四点为顶点的三棱锥体
积最大，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当三棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，以 E 为原点， 分别为
轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量 的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【详解】记 的 中点分别为 ，因为 ，所以 ，
同理， ，记 ，
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
易知，当平面 平面 时，三棱锥 的体积最大，此时 ，
以 E 为原点， 分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
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则
所以 ，
所以 ，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .
故选：C
7. 在 中，已知 .若 ，则实数 （ ）
A. 不存在 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由 可得 ，进而得到 ，借助三角形内角和与两
角和的正切公式可得 ，设 ，有 ，可得该方程无解，故不存在这样
的 .
【详解】由 ，即 ，则 ，
由 ，知 ，
则 ，则 ，
又 ，
故 ，设 ，则 ，
有 ，即 ， ，
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即该方程无解，故不存在这样三角形，即 无解.
故选：A.
8. 若 在 上恒成立，则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】易知 ，原式可变形为 ，结合隐零点的解题思路，求出
，由 可得 ，结合函数的单调性解得 ，即可求出 a 的取值范围即可.
【详解】由题意知， ，由 ，得 .
原式可化为 ，
设 ，则 ，
又函数 在 上单调递增，所以函数 在 上单调递增，
则当 时， ，当 时， ，
故存在 使得 ，即 ，得 ，即 ，
且当 时， ；当 时， ，
所以函数 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，
所以 ，
即 ，设 ，
由函数 在 在单调递减，
知函数 在 在单调递减，且 ，所以 ，
所以 ，故 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
所以 的最大值为 .
故选：C
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【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如 的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令 ，利用导数求得函数 的单调性与最小值，只需
恒成立即可；
2、参数分离法：转化为 或 恒成立，即 或 恒成立，只需利用导
数求得函数 的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数 的图象在 的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
二､多选题：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. 已知随机事件 ， 满足 ， ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用对立事件、互斥事件，条件概率的概率公式逐项计算即可得.
【详解】对 A：∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，故 A 正确；
对 B：∵ ，∴ ，
又∵
解得 ， ，故 B 正确；
对 C： ，故 C 错误；
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对 D： ，故 D 正确；
故选：ABD.
10. 已知函数 对任意实数 均满足 ，则（ ）
A. B.
C. D. 函数 在区间 上不单调
【答案】ACD
【解析】
【分析】令 等价于 ，则 ，可推导出 ，进而可判断 A，利用赋
值法可判断 B,C；先算出满足 值，由此可得 ，即可判断 D.
【详解】对于 A，令 等价于 ，则 ，
所以 ，故 A 正确；
对于 B，令 ，则 ，
令 ，则 ，解得： ，
令 ， ，则 ，故 B 错误；
对于 C，由 知， ，所以 ，故 C 正确；
对于 D，令 ，所以 ，解得： ，
令 ，则 ，
所以 ，因为 ， ，
所以函数 在区间 上不单调，故 D 正确.
故选：ACD.
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11. 过点 的直线与抛物线 交于 两点.抛物线 在点 A 处的切线与直线 交于
点 ，过点 N 作 交 于点 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线 与抛物线 有 2 个公共点
B. 直线 恒过定点
C. 点 的轨迹方程是
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出直线直线 的方程，联立抛物线只有一解可判断 A，求出直线 MN 方程由直线系过定点判断
B，由选项 B 可判断选项 C，求出 ，利用导数求出最小值判断 D.
【详解】设直线 的方程为 ，
联立 ，消去 得 ，
则 ，
对于 A：抛物线 在点 A 处的切线为 ，
当 时得 ，即 ，
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所以直线 的方程为 ，整理得 ，
联立 ，消去 的 ，解得 ，
即直线 与抛物线 相切，A 错误；
对于 B：直线 的方程为 ，整理得 ，
此时直线 恒过定点 ，B 正确；
对于 C：由选项 B 可得点 在以线段 为直径的圆上，点 除外，
故点 的轨迹方程是 ，C 正确；
对于 D： ，
，
则 ，令 ，
则 ，设 ，
则 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
所以 ，D 正确.
故选：BCD
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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12. 已知一组数据 、 、 、 、 的上四分位数是 ，则 的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据上四分位数的定义可得出实数 的取值范围.
【详解】因为 ，且数据 、 、 、 、 的上四分位数是 ，
因此，数据由小到大依次为： 、 、 、 、 ，故 .
因此，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
13. 已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为 ，其内切球的半径为 1，则该正四棱台的体积为
______.
【答案】 ##
【解析】
【分析】依题意作出棱台的轴截面，利用切线长定理和射影定理求出上下底面边长，代入棱台的体积公式
计算即得.
【详解】
如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为 ，则下底面边长为 ，
则 ， ,
故 ,
在 中， ,则由射影定理， 得 ，解得 ，
于是棱台的上底面面积为 ，下底面面积为 ，高为 2，
故该正四棱台的体积为： .
故答案为： .
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14. 以 间的整数 为分子，以 为分母组成分数集合 ，其所有元素和为 ；以
间的整数 为分子，以 为分母组成不属于集合 的分数集合 ，其所有元素和为
，依次类推以 间的整数 为分子，以 为分母组成不属于 的
分数集合 ，其所有元素和为 ；则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】先得出 的规律，再根据等差数列的和求解.
【详解】由题意
【点睛】方法点睛：非常见数列的求和的突破在于找到 规律，由特殊到一般是找规律的常用方
法．
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. 为促进山区扶贫事业的持续发展，某研究所为深入研究当地海拔因素对某种古茶树产茶量的影响，在山
上和山下的试验田中分别种植了 株和 株 古茶树进行对比试验.现在从山上和山下的试验田
中各随机选取了 4 株作为样本，每株采摘的茶叶量（单位： ）如下表所示：
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编号
① ② ③ ④ 位置
山上 5 4 4 3
山下 4 2 2 1
（1）根据样本数据，试估计山上试验田古茶树产茶的总产量；
（2）记山上与山下试验田古茶树产茶量的方差分别为 ，根据样本数据，估计 与 的大小关系（只
需写出结论）；
（3）从样本中的山上与山下古茶树中各随机选取 1 株，记这 2 株产茶量的总和为 ，求随机变量 的分布
列和数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）求出山上实验田的平均产量，再乘以 m 即可得答案；
（2）先计算平均数，再结合方差公式即可求得答案；
（3）随机变量 可以取 ，再分别求出概率，则 的分布列与数学期望可求.
【小问 1 详解】
由山上试验田 4 株古茶树产茶量数据，
得样本平均数 ，
则山上试验田 株古茶树产茶量 估算为 ；
【小问 2 详解】
山上，山下试验田古茶树产茶量平均数分别为 4 和 ，
故方差 ，
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，
故 ；
【小问 3 详解】
依题意，随机变量 可以取 ，
随机变量 的分布列为
9 8 7 6 5 4
随机变量 的期望 .
16. 如图，在多面体 中，底面 是平行四边形， 为
的中点， ．
（1）证明： ；
（2）若多面体 的体积为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ．
【解析】
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【分析】（1）根据余弦定理求解 ，即可求证 ，进而根据线线垂直可证明线面垂直，
即可得线线垂直，
（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得 ，即可建立空间直角
坐标系，求解法向量求解.
【小问 1 详解】
在 中，由余弦定理可得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ．
又因为 ， 平面 ,
所以 平面 , 平面 ．
所以 ．
由于 ,所以四边形 为平行四边形，所以 ．
又 ，所以 ，
所以 ．
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，
又 ， 平面 ,所以 平面 ．
取 中点 ，连接 ，设 ．
设多面体 的体积为 ，
则
．
解得 ．
建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，
．
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则平面 的一个法向量 ．
所以 ，
设平面 的一个法向量 ，
则 即 取 ．
所以 ．
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
17. 数列 的前 n 项和为 ，数列 满足 ，且数列 的前 n 项和为
．
（1）求 ，并求数列 的通项公式；
（2）抽去数列 中点第 1 项，第 4 项，第 7 项，…，第 项，余下的项顺序不变，组成一个新数列
，数列 的前 n 项和为 ，求证： ．
【答案】（1） ， ，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由 得出 ，再由前 项和与通项的关系得出数列
的通项公式；
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（2）分类讨论 ， 两种情况，由分组求和法得出 ，再由 的单调性得出证明
.
【小问 1 详解】
由题意得 ，①
当 时， ；当 时， ；
当 时， ，②
① ②得， ，
当 时， ，也适合上式，所以 ，所以 ，
两式相减得 ，
所以数列 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 ．
【小问 2 详解】
数列 为： ，所以奇数项是以 4 为首项，8 为公比的等比数列，偶数项是以 8
为首项，8 为公比的等比数列．
所以当 时，
所以 ，
所以 ，显然 是关于 k 的减函数，所以 ；
所以当 时，
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所以 ，
所以 ，显然 是关于 k 的减函数，所以
；
综上所述， ．
18. 已知双曲线 ，直线 与双曲线 交于 ， 两点，直线 与双曲线 交于 ， 两
点.
（1）若直线 经过坐标原点，且直线 ， 的斜率 ， 均存在，求 ；
（2）设直线 与直线 交点为 ，且 ，证明：直线 与直线 的斜率之
和为 0.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据两点斜率公式，结合点差法即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算得数量积 ,
,进而根据等量关系化简即可求解.
【小问 1 详解】
当直线 经过坐标原点时， ， 两点关于原点对称.
设 ， ， ，
于是 ， .
因为 ， ， 三点都在双曲线 ，
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所以 ，两式作差， ，所以
.
【小问 2 详解】
已知 ，由题意可知 均有斜率，
可设直线 ，直线 ， ， ， ，
.
， .
联立直线 方程与双曲线 的方程： .
整理得， ，
当 时， .
，
于是，
同理可得，
因为 ，所以
整理得， ，而 ，所以 .
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【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根
据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解
析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的数量积坐标运算.
19. 已知函数 ．
（1）求函数 在 处的切线方程；
（2）当 时，试比较 的大小关系，并说明理由；
（3）设 ，求证： ．
【答案】（1）
（2） ；理由见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出导数，求得切线斜率和切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（2）构造函数，利用导数确定函数的单调性，求出最值，即可判定结论；
（3）构造函数，结合数列知识求和即可证明结论.
【小问 1 详解】
由 得， ，
所以 在 处的切线的斜率 ，切点 ，
所以所求切线方程为： ，即 ；
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【小问 2 详解】
结论： ；理由如下：
要证 ，即证 ，只需证 ，
令 ，
则 ，
当 时， ， ，故 ，
所以 在 时单调递减，
所以 ，即 ，
所以 ，故 ；
要证 ，即证 ，只需证 ，
令 ，
则 ，令 ，
则 ，
当 时， ，从而 ，
故 ，
所以 在 时单调递减，所以 ，
从而 在 时单调递减，
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所以 ，即 ，即
所以 ，故 ，
又因为 ，所以 .
【小问 3 详解】
令 ，则
所以 在当 时单调递减，所以 ，
所以 ，即 ，
令 ，则有 ，
即 ，
所以 ，
，
，
所以 ，
所以
，
所以 ，
因为 ，
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所以 ；
下面先证当 时， ，
令 ，
，令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
从而 ，即 ，
当且仅当 时， ，
所以当 时， ，
令 ，则有 ，
即 ，
所以 ，
，
，
所以 ，
即 ，
因为
，
所以 ，
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因为 ，
所以 ，
综上所述， .
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，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.
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