湖北省七市州2024-2025学年高三下学期3月联合统一调研测试数学试题 Word版含解析

这是一份湖北省七市州2024-2025学年高三下学期3月联合统一调研测试数学试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
命题单位：恩施州教科院 审题单位：宜昌市教科院 十堰市教科院
2025.3
本试卷共 4 页，19 题，全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答
题卡上的非答题区域均无效，
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分，每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知全集 ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合 ，再根据交集、补集的定义计算可得.
【详解】由 ，即 ，解得 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 ，则 .
故选：C
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2. 复数 是 成立的（ ）
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】A
【解析】
【分析】先判断当 时， 是否等于 ，以确定充分性是否成立；再判断当
时， 是否一定等于 ，以确定必要性是否成立，进而确定条件类型.
【详解】当 时，
再计算 ：
，
所以当 时， 成立，充分性成立.
由 ，则： ，
即 或 ，所以当 时， 不一定等于 ，必要性不成立.
因为充分性成立，必要性不成立，所以复数 是 成立的充分不必要条件，
故选：A.
3. 在正项等比数列 中， 是方程 的两个根，则 （ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】B
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【解析】
【分析】根据等比数列的性质求解.
【详解】因为 是方程 的两个根，
所以 ，
又因为在等比数列 中， ，
又因为 是正项等比数列，所以 ，
所以 ，
故选:B.
4. 函数 的图象向右平移 个单位长度后，其图象关于 轴对称，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出平移后函数解析式，利用它关于 轴对称（函数为偶函数）求得 值．
【详解】把函数 （ ）的图象向右平移 个单位长度，
所得图象对应的函数是 （ ），且它是偶函数，
所以 （ ）， ，（ ），
又因为 ，所以 .
故选：B．
5. 已知向量 ，向量 满足 ，则 的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
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【解析】
【分析】设 ，即可得到 ，从而得到 ，结合 求出 的取
值范围，再计算 即可.
【详解】设 ，则 ，
又 ，即 ，所以 ，
所以 ，解得
所以 ，
所以当 时 取得最小值，且最小值为 .
故选：C
6. 已知抛物线 的焦点为 ，斜率为 的直线 与 交于两个不同的点 ，且 为线段 的
一个三等分点，则 （ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】设 ， ，应用向量数量关系的坐标表示得到 ，再令
有 ，结合斜率的两点式求 .
详解】设 ，不妨设 ，
所以 ，则 ，
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令 ，所以 ，则 ，
由 ，所以 .
故选：B
7. 已知 是定义域为 的单调递减函数，且存在函数 使得 .若 分别是方程
和 的根，则 （ ）
A. 3 B. C. 6 D.
【答案】A
【解析】
【分析】将 化为 便可利用 的单调性解决.
【详解】因为 ，且 ，
所以 ，
即 .
因为 是定义域为 的单调递减函数，
所以函数 单调递减，
又因 ，
故 ，即 .
故选：A.
8. 长方体 中， ，点 是平面 内的动点，且 ，
则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定点 所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合
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点 与截面圆的位置关系求出 的最大值.
【详解】 点在以 的中点 为球心，半径为 的球面上，
又点 在平面 上，点 在平面 与球的一个截面圆上.
取 的中点 的中点 的中点 ，连接 ，
因为 平面 ，所以面 面 ，面 面 ，
作 于 ，所以 面 ，由相似三角形性质可得， ，所以 ，
，点 在以 为圆心， 为半径的圆上.
因为 ，所以 在该圆上，则 的最大值为 .
故选：D.
二､多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共计 18 分，每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求.全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 若小明坐公交上班的用时 （单位：分钟）和骑自行车上班的用时 （单位：分钟）分别满足
，且同一坐标系中 的密度曲线与 的密度曲线在 分钟时相交，则
下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若 的密度曲线与 的密度曲线相交所对应的另一个时间为 ，则
D. 若要在 34 分钟内上班不迟到，小明最好选择坐公交
【答案】BD
【解析】
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【分析】利用正态分布密度曲线的性质及 原则、密度函数解析式一一分析选项即可.
【详解】
由题意易知坐公交的方差比骑自行车的方差大，
即 的密度曲线较矮胖， 的密度曲线更瘦高，
则 的密度曲线在 38 分钟后在 的密度曲线的上方，可在同一坐标系中作出密度曲线，
易知 ，故 A 错误；
由 原则可知 ，故 B 正确；
根据条件可知两种方式相应密度函数分别为： ，
，建立方程 ，
整理可得 ，
则 ，故 C 错误；
易知 ，故 D 正确.
故选：BD
10. 双曲线 的左右焦点分别为 为坐标原点，点 在双曲线上，且 的内
切圆圆心为 ，则（ ）
A. 点 在直线 上
B.
C. 外接圆的面积为
D. 连结 交 轴于点 ，则
【答案】ACD
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【解析】
【分析】根据题意，结合图像，利用双曲线焦点三角形的内切圆的特征，可求出 ，得到双曲线方程及
焦点坐标，根据内切圆的性质可推理出 是直角三角形，并求得点 坐标为 ，再根据选项要求
分别判断即可.
【详解】根据题意，设 的内切圆半径为 ，则 ，设内切圆与边 的切点为 ，
则有 ， ，结合双曲线定义和内切圆的性质可得 ，
即 .
所以双曲线的方程为 ，焦点 .
对于 A，点 在直线 上，故 A 正确；
由题意，点 在第一象限，设内切圆与边 的切点为 ，连接 ，
易知 且 ，
则四边形 是正方形，即有 ，易得点 坐标为 .
对于 B，在 中， ,根据勾股定理， ， ，所以
，故 B 错误；
对于 C，由已知条件可知，三角形外接圆半径 ，所以圆面积为 ，故 C 正确；
对于 D，在 中，因为 ，所以 ，则 ，故 D 正确.
故答案为：ACD.
11. 已知函数 是其导函数.若存在 且 ，满足 ，
则（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求导函数，再根据函数图象，结合单调性判断 A，再根据三角函数化简求解得出 进而判
断 B，D，结合基本不等式计算求解 C.
【详解】 ，数形结合，得到 内 的大致图象为如图所示，
故 ， ，A 对.
由 得 ，
即 ，
由题意 ，则 ，
，则 ，B 正确.
又 ，D 正确.
因为 ，从而 C 错误.
故选：ABD.
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分.
12. 已知 ，则 __________.
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【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
则 ，故 .
故答案为：
13. 的展开式中 的系数为__________.
【答案】20
【解析】
【分析】由二项式展开式的通项分前面括号内取 1 和 分别求解即可.
【详解】 展开式的通项是 ，
分别令 得 ，
所以 展开式中 项为 ，
所以展开式中 的系数为 .
故答案为：20.
14. 我们知道，函数 的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数，
有同学发现可以将其推广为：函数 的图象关于点 成中心对称图形的充要条件是函数
为奇函数.已知数列 满足 ， ，当 时，令
，若函数 的图象关于点 成中心对称图形，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知有 或 ，结合 确定数列 前 2026 项成等差数列，
公差为 ，进而得 ，再判断 的奇偶
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性，即可得结果.
【详解】因为 或 ，
又 ，
设 2025 个差中有 个 2 和 个 ，故 ，所以 ，
即数列 前 2026 项成等差数列，公差为 .
令 ，
即 ，
则
，
所以 为奇函数，结合题设易知 ，故 .
故答案 ：
【点睛】关键点点睛：根据已知得数列 前 2026 项成等差数列，公差为 2，并确定
是奇函数为关键.
四､解答题：本题共 6 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在 中，内角 的对边分别为 ，且满足 .
（1）求 ；
（2）若 为边 上一点（异于端点）， ，求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解角度即可.
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（2）利用正弦定理结合角平分线定理将目标式利用三角函数表示，结合正切函数的性质求解取值范围即可
.
【小问 1 详解】
在 中，因为 ，
所以 ，
得到 ，
据正弦定理可得 ，则 ，
由余弦定理得 ，
因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
在 中，因为 ，
所以 ，则 ，
由正弦定理得 ，
则 ，
又因为 ，所以 ，则 ，
结合函数性质可得 ，故 的取值范围为 .
16. 如图，点 是以 为直径的半圆上的动点，已知 ，且 ，平面 平面
.
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（1）证明： ；
（2）若线段 上存在一点 满足 ，当三棱锥 的体积取得最大值时，求平面 与
平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2） .
【解析】
【分析】（1）过点 作 于 ，应用面面、线面垂直的性质有 ，再由线面垂直的判定
证明 面 ，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）根据已知确定三棱锥 的体积取得最大有 ，过点 作 于 ，建
立合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问 1 详解】
过点 作 于 ，
由平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ，故 ，又 为直径，易知 ，
且 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，
，且 ， 平面 ， ，
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平面 ， 平面 ，故 .
【小问 2 详解】
由（1）知， ，
当 时， 取到最大值，过点 作 于 ，
建立以 为原点， 为 轴， 为 轴，过 点垂直于平面 的方向为 轴，
设平面 与平面 的法向量分别为 .
则 ， ，
所以 ，则 ，
令 ，可得 ，因为平面 法向量为 ，
则平面 与平面 夹角的余弦值 .
17. 已知函数 .
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）若 ，讨论方程 的根的个数.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
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【分析】（1）应用分类讨论及导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据已知有 ，构造 并应用导数研究函数 单调性，
得到 ，利用导数研究右侧的单调性和最值，即可得参数范围.
【小问 1 详解】
的定义域为 ，则 ，
因 ，由 ，解得 ，
①当 时， 恒成立，
所以 的无递增区间，递减区间为 ；
②当 时， ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 的递增区间为 ，递减区间为 ；
③当 时， ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 的递增区间为 ，递减区间为 ；
综上所述，
当 时， 无递增区间，递减区间为 ；
当 时， 的递增区间为 ，递减区间为 ；
当 时， 的递增区间为 ，递减区间为 ；
【小问 2 详解】
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由题设 ，
令 ，则 ，即 在 上单调递增，
故上式 中满足 ，则有 ，可得 ，
令 ，则 ，由 解得 .
当 时， ，当 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
当 时， 且 ，当 时， ，
故 .
结合图象，可知，
当 时，方程 有 0 个实根；
当 或 时，方程 有 1 个实根；
当 时，方程 有 2 个实根.
18. 已知某商店出售商品 A，据统计分析，发现顾客对商品 A 的需求量相对稳定，每周内对商品 A 的不同需
求量（单位：个）与概率的数据如下：
对 A 的需求量 0 1 2 3
概率
若以商品 A 的库存作为供给量，为了改善经营，该商店决定每周末对商品 A 进行盘点存货：如果商品 A 都
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售出了，则在周末及时采购 2 个新的商品，只要商品 A 还有 1 个存货，就不采购新的商品.记 为该商店
第 周开始时商品 A 的供给量，假设 .
（1）求 的分布列；
（2）记 为第 周开始时供给量 的概率向量，随着 的增大，若
，则 趋向一个定常态分布，记这个定常态分布为 .
（i）求商品 A 的定常态分布 ；
（ii）从长远来看，求该商店改善经营后商品 A 需求大于供给的概率.
【答案】（1）分布列见解析；
（2）（i） ；（ii） .
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式计算得 ，则 ；
（2）（i）设 ，利用全概率公式即可得到方程，解出即可；
（ii）分析得 ，再利用全概率公式即可
【小问 1 详解】
由题意 ，第 2 周开始时商品 A 不同供给量的概率为 ，
，
第 3 周开始时商品 A 供给量的概率为
，
.
第 3 周开始时商品 A 的供给量分布列为
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1 2
【小问 2 详解】（i）记 为商品 A 第 周内的的需求量，由题意， 与 的状态有关，
当 时，若 ，则 ；若 ，则 ，
设 ，即 ，
由全概率公式可得 ，
，
由 ，得 ，解得 ，故 .
（ii）由（i）可知，定常态分布 ，所以从长远来看，
，
记商品 A 需求大于供给的概率为 ，由全概率公式得
.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是理解定常态分布 的定义，再结合全概率公式计算即可.
19. 已知函数 的图象 与椭圆 交于 两个不同的点.
是 上的点， 在 处的切线交 轴于点 ，过 作 轴的垂线交 于 在 处
的切线交 轴于点 ，过 作 轴的垂线交 于 ，重复上述操作，依次得到
.
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（1）求 ；
（2）记直线 的斜率为 .
（i）设 的面积分别为 ，证明： ；
（ii）若 ，求证： .
【答案】（1） ， .
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据函数在点 处得切线方程即可求出 ，再根据规律求出 .
（2）（i）先求出 和 的关系式，再结合斜率性质，构造函数进行证明.
（ii）根据点代入作差作和，利用 ，通过变形推理进行证明.
【小问 1 详解】
解：由题意 在 处的切线方程为 ；
令 ，可得 ，即 .
由 可知 在 处的切线方程为 ；
令 可得 ，即 ；
所以数列 是以 为首项，公差为 的等差数列，所以 .
【小问 2 详解】
（i）设 ，由题意 不同时为 0，不妨令 且 ；
.
由（1）可知 ；
则 .
要证 ，即证 ，即证 ；
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令 ，即证 ，再令 ，即证 ，即证
.
构造函数 ，则 ，所以 在 上单调递增；
即 .所以 得证.即 .
（ii）由（i）可知， ，所以 .
因为 ， 得 ；
即 ，即 .
得 ，因为 ，所以 ；
所以 .
所以 .即
.
当 时，有 ，即 ；
所以 ，从而 .
【点睛】常见的放缩法技巧：
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