湖北省武汉市江汉区2025届高三上学期7月新起点摸底考试数学试卷(含答案)

这是一份湖北省武汉市江汉区2025届高三上学期7月新起点摸底考试数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知全集,,则集合( )
A.B.C.D.
2．已知（i是虚数单位）是关于x的方程的一个根，则( )
A.9 B.1 C.-7 D.
3．已知随机变量,且,则( )
A.0.8B.0.6C.0.4D.0.3
4．已知数列满足,,则( )
A.B.C.D.5
5．已知,,,则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
6．已知,且,则( )
A.-6B.-2C.2D.6
7．已知双曲线的左右焦点分别为,,过的直线与双曲线的右支交于A,B两点,若的周长为,则双曲线离心率的取值范围为( )
A.B.C.D.
8．设函数,若,则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．某班有男生30人,女生20人.在某次考试中,男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为,;方差分别为,,该班成绩的均分和方差为,,则下列结论一定正确的是( )
A.B.
C.D.
10．在平面直角坐标系中,,,则下列曲线中存在两个不同的点M,N使得且的有( )
A.B.C.D.
11．已知函数,记的最小值为,则( )
A.
B.,的图象关于直线对称
C.
D.
三、填空题
12．的展开式中的系数是_____________.（用数字作答）
13．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为____________.
14．将编号为1,2,3,4,5的5个小球随机放置在圆周的5个等分点上,每个等分点上各有一个小球.则使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法的概率为_________________.
四、解答题
15．已知的三个内角A,B,C满足.
(1)求角C;
(2)若边上的高等于,求.
16．已知函数.
(1)求函数的单调区间与极值;
(2)已知函数与函数的图象关于直线对称.证明：当时,不等式恒成立.
17．如图,在三棱锥中,,,,,D为上的动点.
(1)若,求证：平面;
(2)若平面与平面的夹角为,求的长.
18．已知椭圆的离心率,连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为k的直线交椭圆于A,B两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若,求的最大值;
(3)设O为坐标原点,若A,B,O三点不共线,且,的斜率满足,求证：为定值.
19．若有穷数列满足：且,则称其为“n阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项;
(2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项（,用n,k表示）;
(3)记“n阶数列”的前项和为,若存在,使,试问：数列能否为“n阶数列”？若能,求出所有这样的数列;若不能,请说明理由.
参考答案
1．答案：D
解析：因为,所以且,,,
又
所以,
故选：D.
2．答案：B
解析：已知（i是虚数单位）是关于x的方程的一个根，
则，即，即，
解得，故，
故选B.
3．答案：B
解析：因为,正态分布图象的对称性可知,,
所以.
故选：B.
4．答案：B
解析：,,
,,,
故选：B.
5．答案：C
解析：由,得,
所以,
所以在上的投影向量为.
故选：C.
6．答案：A
解析：由题,,
则,
,
,
,
故选：A.
7．答案：D
解析：根据双曲线定义知：的周长为,而,
所以,而的周长为,
所以,即,所以,解得,
双曲线离心率的取值范围是.
故选：D.
8．答案：A
解析：的定义域为,
令,得,
①当时,满足题意,;
②当时,,由,得,
要使任意,恒成立,则,
所以;
③当时,,由,得,
要使任意,恒成立,则,
所以;
综上,,即.
又,,
当且仅当时,取最小值.
所以的最小值为.
故选：A.
9．答案：AD
解析：某班有男生30人,女生20人.在某次考试中,男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为,;方差分别为,,
对于A、B,该班成绩的均分为,所以A正确,B错误;
对于C、D,
,
所以,同理,
该班成绩的方差为
,所以D正确,C错误;
故选：AD.
10．答案：BD
解析：由题,线段的垂直平分线为：,与曲线有两个不同的交点,
对于A选项,圆心,圆心到直线的距离为,直线与圆只有一个交点,不合题意,故A选项错误;
对于B选项,联立,故B选项正确;
对于C选项,无解,故C选项错误;
对于D选项,,故D选项正确.
故选：BD.
11．答案：BCD
解析：对于A中,当时,;当时,设,则,
令,可得,其中,
当时,,所以,可得;
当时,,所以,即,
所以,所以A错误;
对于B中,因为,
所以函数的图象都关于直线对称,所以B正确;
对于C中,由A选项知,,,所以的最大值为1,即的最大值为1,故C正确;
对于D中,设,可得,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
又由,所以,即,所以,
可得,所以,所以D正确;
故选：BCD.
12．答案：40
解析：因为展开式的通项,
所以含的项为第3项,即,
所以的系数是.
故答案为：40.
13．答案：28
解析：方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.
方法二：由方法一可知，棱台的体积为.故答案为28.
14．答案：
解析：五个编号不同的小球放在圆周的五个等分点上,
每点放一个相当于五个不同元素在圆周上的一个圆形排列,共有种放法,
考虑到翻转因素,故本质不同的放法有种,
下求使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法数：
在圆周上,从1到5有优弧和劣弧两条路径,对其中任一条路径,
设,,,是依次排列于这段弧上的小球号码,
则,
当且仅当时,上式等号成立,即每段弧上的小球编号均为由1到5递增排列,
因此圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和的最小值为,
由上,知当每段弧上的球号确定之后,达到最小值的排序方案便唯一确定,
在1,2,…,5中,除1与5外,剩下三个球号2,3,4,
将它们分为两个子集,元素较少的一个子集共有种情形,
每种情形对应着圆周上使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为最小的唯一排法,即事件总数为4种,
故所求概率.
故答案为：.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)由,得,
即,所以,
因为A,B,C为的三个内角,所以,所以.
(2)设BC边上的高,在中,,则,
又因为,则,
令,,易得：,,,
所以.
16．答案：(1)单调递增区间为,单调递减区间为,函数的极大值为,无极小值
(2)证明见解析
解析：(1)由可得：,故当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,所以函数的单调递增区间为,函数的单调递减区间为,
且当时,函数的极大值为,无极小值.
(2)因为函数与函数的图象关于直线对称,所以则.
令,则
则当时,,故函数单调递增,
于是,当时,,故当时,不等式恒成立.
17．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)在中,,,则,
又,,所以
由勾股定理可得为直角三角形,,
所以,所以
在中,因为,
由余弦定理可得：,
则,所以,
又,,在
中由余弦定理可得：,
则,所以,
又,平面,平面,
所以平面
(2)在上取一点O,使由（1）可得平面,作,
如图以O为坐标原点,,,所在的直线分别作为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
则点,,,,
因为平面,所以为平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,,,
由可得,取,则,,所以,
因为,所以,解得,
即,又,
所以,
所以当时,则二面角的大小为.
18．答案：(1)
(2).
(3)证明见解析
解析：(1)因为,所以,
又连接四个顶点所得菱形的面积为,可得,
解得,,所以椭圆方程为.
(2)如图所示：
设直线的方程为：,,
联立,可得：,则,
由韦达定理可得：,,
由弦长公式可得：
当时,取得最大值.
(3)如图所示：
设直线的方程为：,,,
联立,可得：,则
由韦达定理可得：,
又由,可得,
代入可得,即.所以,
所以故为定值.
19．答案：(1),,,,,或,,,,,
(2)答案见解析
(3)不是,理由见解析
解析：（1）设,,,,,成公比为q的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,
得,解得,
所以数列,,,,,或,,,,,为所求;
(2)设等差数列,,,,的公差为d,
,
,,即,,
当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,
即,
,
当时,同理可得,即,
由得,即,
,
综上所述,当时,,
当时,;
(3)记,,,中非负项和为A,负项和为B,则,,
得,,即,
若存在,使,
可知：,,,,,,,且,
时,,;时,
,
又与不能同时成立,
数列不为“n阶数列”.