2024~2025学年湖北省武汉市高三上册10月月考数学试卷（附解析）

这是一份2024~2025学年湖北省武汉市高三上册10月月考数学试卷（附解析），共20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。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据一元二次不等式求集合A，即可得交集.
【详解】由题意可得：，且，
所以.
故选：D.
2. 复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】先根据复数的除法求解，再根据共轭复数的概念求解.
【详解】因为，
所以其共轭复数是.
故选：D.
3. 若，，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据向量垂直列方程，结合向量数量积的运算以及向量夹角的知识求得正确答案.
【详解】因为，所以，
由于，所以，
由于，所以.
故选：B
4. 已知，则下列不等关系中不恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】由两角和的正弦、余弦公式展开后结合不等式的性质可判断ABD，举反例判断C．
【详解】都是锐角，则，
，A正确；
，B正确；
时，，
，，，C错误；
，D正确．
故选：C．
5. 将体积为1的正四面体放置于一个正方体中，则此正方体棱长的最小值为（ ）
A. 3B. C. D.
【正确答案】C
【分析】反向思考，求出边长为的正方体的最大内接正四面体的体积，结合条件，即可求解.
【详解】反向思考，边长为的正方体，其最大内接正四面体的体积为，
得到，解得，
故选：C.
6. 武汉外校国庆节放7天假（10月1日至10月7日），马老师、张老师、姚老师被安排到校值班，每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，则不同的值班方法共有（ ）种
A. 114B. 120C. 126D. 132
【正确答案】A
【分析】依据值班3天的为分类标准，逐类解决即可.
【详解】因为有三位老师值班7天，且每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，
所以必有一人值班3天，另两人各值班2天.
第一类：值班3天在、、、、、时，共有种不同的值班方法；
第二类：值班3天在、时，共有种不同的值班方法；
第三类：值班3天在时，共有种不同的值班方法；
第四类：值班3天在时，共有种不同的值班方法；
综上可知三位老师在国庆节7天假期共有种不同的值班方法.
故选：A
7. 已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】
先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．
【详解】∵，即，
（1）当时，，
当时，，
故当时，在上恒成立；
若在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当函数单增，当函数单减，
故，所以．当时，在上恒成立；
综上可知，的取值范围是，
故选C．
本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．
8. 已知函数，，函数，若为偶函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由为偶函数，推得，再由，求得关于对称，结合，推得，得到是周期为4的周期函数，根据，得到，进而求得的值，得到答案.
【详解】因为函数为偶函数，可的图象关于对称，所以，
由，可得，
即，所以函数关于对称，
又因为，所以是定义在上的偶函数，
所以，
所以，即，
所以函数是周期为4的周期函数，
所以，
则.
故选：D.
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. 下列关于概率统计知识，其中说法正确的是（ ）
A. 数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1
B. 已知随机变量，若，，则
C. 若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
D. 若事件M，N的概率满足，且，则M与N相互独立
【正确答案】ABD
【分析】根据百分位数的定义计算判断A，由二项分布的数学期望与方差公式计算可判断B，根据相关系数的定义可判断C, 根据相互独立事件及条件概率的概率公式计算可判断D.
【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确；
对于选项B，因为，，，
所以，解得，故B正确；
对于选项C，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，
所以相关系数为，故C错误.
对于选项D，由，可得，
即，即，所以M与N相互独立，故D正确；
故选：ABD.
10. 连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是（ ）
A. 平行四边形B. 梯形
C. 有三条边相等的四边形D. 有一组对角相等的四边形
【正确答案】BCD
【分析】根据题意作出相应的图形，结合抛物线的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：作两条平行线与抛物线均相交，根据抛物线的性质可知：截得的弦长一定不相等，
所以所得的四边形不可能为平行四边形，故A错误；

对于选项C：任作一条直线垂直与抛物线的对称轴，交抛物线与两点，则，
再以圆心，为半径作圆，该圆以抛物线必有一个异于坐标原点的交点，
此时可得，符合题意，故C正确；

对于选项B：任作两条直线垂直与抛物线的对称轴，分别与交抛物线交于和，
此时，即为梯形，故C正确；

对于选项D：如图，以为直径作圆，与抛物线交于，

此时，符合题意，故D正确；
故选：BCD.
11 设函数，则（ ）
A. 当时，直线是曲线的切线
B. 若有三个不同的零点，则
C. 存在，使得为曲线的对称轴
D. 当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点
【正确答案】ABD
【分析】根据曲线的切线、函数的零点、曲线的对称轴，直线和曲线的交点个数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，当时，，
令解得，且，
此时在处的切线方程为，即，正确.
B选项，，
要使有三个零点，则，
若有三个不同的零点，
则
，
通过对比系数可得，正确.
C选项，若存在，使得为曲线的对称轴，
则，即，
即，
即，此方程不恒为零，
所以不存在符合题意的，使得为曲线的对称轴，错误.
D选项，当时，，
则，
所以在处的切线方程为，
，
由，
消去得①，
由于，
，
所以①可化为，
提公因式得，
化简得，
进一步因式分解得，解得，
由于，所以，
所以，所以，
所以当时，在处的切线与函数y=fx的图象有且仅有两个交点，正确.
故选：ABD
关键点点睛：D选项的解答涉及到切线与曲线交点的个数，利用联立方程组和因式分解的方法，最终得出交点个数的结论，过程完整而严谨．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是等差数列的前n项和，若，，则____________．
【正确答案】
【分析】设首项为，公差为d，后由等差数列求和公式可得答案.
【详解】设首项为，公差为d，由题，则.
则.
故
13. 已知函数，写出函数的单调递减区间____________．
【正确答案】
【分析】利用导数判断函数的单调性即可.
【详解】，，
令，即，解得或.
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
综上可知，函数的单调递减区间为.
故答案为.
14. 掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3得2分，向上的点数小于3得1分，反复掷这个骰子，（1）恰好得3分的概率为____________；（2）恰好得n分的概率为____________．（用与n有关的式子作答）
【正确答案】 ①. ②.
【分析】因为一次得2分，另一次得1分或三次的1分时恰好得3分，进而利用独立重复试验的概率可求（1）；令表示“恰好得n分”的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次不小于3的情况，则有，进而利用构造等比数列可求（2）.
【详解】（1）掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3的概率,
掷一个质地均匀的骰子，向上的点数小于3的概率.
因为一次得2分，另一次得1分或三次得1分时恰好得3分，
所以恰好得3分的概率等于.
（2）令表示“恰好得n分”的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次不小于3的情况，
因为“不出现分”的概率是，所以“恰好得到分”的概率是.
因为“掷一次得2分”的概率是，所以有，
即，则构造等比数列，
设，即，则，，
所以，
又，，所以是首项为，公比为的等比数列，
即，.
故恰好得n分的概率为.
故（1）；（2）.
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. 已知的面积为，且满足,设和的夹角为，
（1）求的取值范围；
（2）求函数的值域．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意由三角形面积公式可得，继而可得或，结合的范围即可求解；
（2）利用和差公式、降幂公式、倍角公式及辅助角公式化简可得，由（1）所求的的范围可得的范围，继而即可求得值域.
小问1详解】
由题，
可得，
又，
所以，
得到或，
因为，
所以.
【小问2详解】
，
因为，
故，
故可得.
16. 如图，已知四棱锥，，侧面为正三角形，底面是边长为的菱形，侧面与底面所成的二面角为．
（1）求四棱锥的体积；
（2）求二面角的正弦值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）作出四棱锥的高，并计算出高的长度，进而计算出四棱锥的体积.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的余弦值，进而计算出正弦值.
【小问1详解】
过点作垂直于平面，垂足，
连接交于，连接，
因为平面，
，又，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，，
又，所以为得中点，
所以，
因为侧面与底面所成的二面角为，即有，
所以，因为侧面为正三角形，
所以，则，
所以.
【小问2详解】
在平面内过点作的垂线，依题可得两两垂直，
以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可得，，，，
取得中点为，则，
因为，所以，
由（1）平面，，
知平面，平面，
所以，可得所成角即为二面角的平面角，记为，
求得，，则，
则.
17. 已知函数
（1）当时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据导数的几何意义，根据导数求切线的斜率，再代入点斜式方程，即可求解；
（2）首先根据指对公式，变形不等式为elna+x−2+lna+x−2≥lnx+elnx，x>0，再构造函数，结合函数的单调性，转化为不等式恒成立，再利用参变分离，转化为函数最值问题，即可求解.
【小问1详解】
当时，，，，
所求切线方程为：，即；
【小问2详解】
转化为，
可得elna+x−2+lna+x−2≥lnx+elnx，x>0，
构造函数，易得在单调递增，
所以有，由在单调递增，
故可得，即有在恒成立，
令，，得到，
可得时，ℎ′x>0；时，，所以ℎx在时取最大值，
所以，得到.
18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点
（1）求椭圆E的方程；
（2）求的角平分线所在直线的方程；
（3）在椭圆E上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．
【正确答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆经过的点的坐标以及离心率解方程组可求得椭圆E的方程；
（2）思路一：利用角平分线上的点的性质，由点到直线距离公式整理可得结论；
思路二：求得椭圆在点处的切线方程，再由椭圆的光学性质可得平分线所在直线方程；
（3）思路一：假设存在关于直线对称的相异的两点，联立直线与椭圆方程可得线段中点与点A重合，假设不成立；
思路二：利用点差法求出，联立直线方程可得点与点A重合，不合题意，可得结论.
【小问1详解】
椭圆E经过点，
可得，解得，
因此可得椭圆E的方程为；
【小问2详解】
由（1）可知，，
思路一：
由题意可知，，如下图所示：
设角平分线上任意一点为Px,y，则
得或
又易知其斜率为正，
∴的角平分线所在直线为
思路二：椭圆在点处的切线方程为，
根据椭圆的光学性质，的角平分线所在直线的斜率为，
所以的角平分线所在直线，
即
【小问3详解】
思路一：假设存在关于直线对称的相异两点Bx1,y1,Cx2,y2，
设，
联立可得，
∴线段中点为在的角平分线上，
即，解得；
因此与点A重合，舍去，故不存在满足题设条件的相异的两点．
思路二：假设存在关于直线对称的相异两点Bx1,y1,Cx2,y2，线段中点，
由点差法可得，即；
∴，
因此，
联立可得与点A重合，舍去，
故不存在满足题设条件相异的两点．
19. 设使定义在区间上的函数，其导函数为.如果存在实数和函数，其中对任意的都有>0，使得，则称函数具有性质．
（1）设函数，其中为实数
① 求证：函数具有性质；
② 讨论函数的单调性；
（2）已知函数具有性质，给定设为正实数，，，且，若，求的取值范围．
【正确答案】（1）①证明见解析；②答案见解析
（2）
【分析】(1)①对求导，可得ℎ(x)=1xx+12>0恒成立，即可函数具有性质；②设ux=x2−bx+1x>1，f′x与符号相等，对讨论，可知f′x符号，即可得出函数的单调区间；
(2)对求导，，分析可知其在恒成立，对讨论，再根据与大关系进行讨论，验证是否满足条件，可求解的取值范围.
【小问1详解】
① ，
所以，ℎx=1xx+12>0恒成立，则函数具有性质；
② 设ux=x2−bx+1x>1，
(i) 当即时，，，故此时在区间上递增；
(ii) 当时
当即时，，，故此时在区间上递增；
当即时，，
所以时，，，此时在上递减；
时，，，此时在上递增.
综上所述，当时，在上递增；
当时，在上递减，在上递增.
【小问2详解】
由题意，，
又对任意的都有，
所以对任意的都有，在上递增.
所以，，
因为
先考虑的情况
即，得，
此时，
所以
所以满足题意
当时，
，
，
所以
所以，
则，不满足题意，舍去
综上所述，