湖北省襄阳五中2025届高三上学期9月月考-数学答案

襄阳五中2025届高三上学期9月月考数学试卷一、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. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】根据除法运算整理，结合复数的几何意义分析判断.【详解】因为，其在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选：B.2. 已知实数，，满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得.【详解】实数，，由，得，因此，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：B3. 中国古建筑的屋檐下常系挂风铃，风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃．若一个惊鸟铃由铜铸造而成，且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥，两圆锥的轴在同一条直线上，截面图如下，其中，，，若不考虑铃舌，则下列数据比较接近该惊鸟铃质量的是（参考数据：，铜的密度为8.96）（ ）A. 1kgB. 2kgC. 3kgD. 0.5kg【答案】A【解析】【分析】根据圆锥的体积公式，结合质量公式求解即可.【详解】由题意可得惊鸟铃的体积约为长，所以该惊鸟铃的质量约为（kg）．故选：A．4. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，探讨函数的周期，再利用对数函数单调性及指对数运算计算即得.【详解】在上的奇函数满足，则，于是，即函数的周期为4，而，则，，又当时，，所以.故选：A5. 在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得.【详解】因为，解得，所以为等腰三角形，则，在中由正弦定理可得，即，解得，因为，所以为锐角，所以，所以.故选：A6. 已知随机事件，满足，，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出，进而推得.即可根据条件概率公式，得出答案.【详解】由已知可得，.因为，所以，.又,所以，.又，所以，.故选：A.7. 直线l过双曲线E：的左顶点A，斜率为，与双曲线的渐近线分别相交于M，N两点，且，则E的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意求出直线的方程，分别与两条渐近线方程联立求出两点的纵坐标，再由可求出的关系，从而可求出双曲线的离心率.【详解】由题意得直线为，双曲线的渐近线方程为，由，得，即，由，得，即，因为，所以，所以，化简得，所以，所以双曲线的离心率为.故选：A8. 已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.【详解】因为，由可得，即函数的定义域为，可得，即，构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，所以，，可得，则，即，其中，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，解得.故选：C.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解.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. 已知数列是等差数列，是等比数列，则下列说法中正确的是（ ）A. 将数列的前m项去掉，其余各项依次构成的数列是等差数列B. 数列，，，…，是等差数列C. 将数列的前m项去掉，其余各项依次构成的数列不是等比数列D. 数列，，，，…，是等比数列【答案】ABD【解析】【分析】由等差数列及等比数列的性质逐项判断即可.【详解】对于A: 设an的公差为，将数列an的前m项去掉，其余各项依次为，则故构成的数列依然是等差数列，正确；对于B：因为数列an是等差数列，所以数列，，，…，，所以构成公差为的等差数列，正确；对于C：设bn的公比为，等比数列去掉前m项后，其余各项依次为，所以依然构成等比数列，错误；对于D：设bn公比为,所以，故数列，，，，…，是等比数列，正确.故选:ABD10. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）A. 动点轨迹的长度为B. 三棱锥体积的最小值为C. 与不可能垂直D. 三棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】【分析】取中点，的中点，通过证明平面平面，得点轨迹为线段，从而判断A，由此可得与点重合时，三棱锥体积的最小，求体积判断B，证明当是中点时，有可判断C．运用线面平行性质，结合等体积法判断D，【详解】解：取中点，的中点，连接，，，，则，正方体中易知，从而，又平面，而平面，所以平面，又正方体中与平行且相等，从而与平行且相等，则是平行四边形，所以，同理可得证平面，，，平面，所以平面平面，平面平面，所以当时，平面，即线段为点的轨迹，，A正确；三棱锥中，到平面的距离为定值2，当与重合时，的面积最小值，此时，所以体积最小值为，B正确；连接，，正方体中易知，平面，而平面，所以，，，平面，则平面，设平面（即与的交点为，此时平面，所以，C错；由且平面,则到平面的距离等于到平面的距离，故,几个点都是固定的，则三棱锥的体积为定值.故D正确．故选：．11. 已知函数的定义域为R，，，则（ ）A. B. C. 为奇函数D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用赋值法求得即可判断A；利用赋值可得，并且判断出，由不等式的性质可得，即可判断B；利用函数的奇偶性以及的值即可判断C；利用等比数列的判定可得的通项公式，利用等比数列的求和公式可得，即可判断D．【详解】令，，则，将代入得，即，故A错误；由，令可得，若存在x使得，则上式变为，显然不成立，所以，又，因为，所以，将整理为，因为，即，所以，故B正确；令，则，且，所以为奇函数，故C正确；当时，，，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，由可知，因为，所以，所以，故D正确；故选：BCD．【点睛】关键点点睛：关键是充分利用函数的奇偶性，等比数列的判定与证明以及等比数列的前n项和进行分析，由此即可顺利得解．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 若，则________________．【答案】【解析】分析】根据，，解得即可．【详解】因为，可得又因为，可得，解得或（舍去）所以．故答案为：．13. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则___________．【答案】【解析】【分析】根据古典概型概率结合组合数分析求解.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以.故答案为：.14. 已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】先求出每一段函数的值域，然后由题意得到，根据，可将化简为，构造函数，利用导数求最值即可.【详解】结合解析式可知当时，；当时，.因为，所以.令，得，则，故.令，则，令得；令得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，因为，所以.所以的取值范围为.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. 的内角所对的边分别为，是边上的一点，且满足，若，．（1）求；（2）求三角形面积．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解；（2）由向量可得，结合模长关系解得，进而可得面积.【小问1详解】因为，由正弦定理得，整理可得，即，且，则，可得，因为，所以.【小问2详解】因为，可得，两边平方得，即，整理可得，解得（舍负），所以三角形的面积．16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.（1）证明：平面.（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.【小问1详解】平面平面，且两平面交于，又，平面.在中，，，.且，是等腰直角三角形，，.，，又，为等腰直角三角形，.，，又，所以，平面,平面，平面.【小问2详解】由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.可得，，，即，.设平面的法向量为，则，解得.平面的法向量为.设二面角为，所以，则.17. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）设，若对于恒成立，求的最小值．【答案】（1） （2）单调递增区间是，递减区间是 （3）【解析】【分析】（1）先求导函数fx，接着求出和即可求出所求切线方程；（2）法一可将导函数化为，从而得fx与同号，接着根据的单调性和即可得出导数fx的正负情况，进而得函数的单调区间；法二可依据时，且，时，且求出fx的正负情况，进而得函数的单调区间；（3）先由且得，再依据已知条件结合函数在上单调递增得，两边取对数变形得对于恒成立，再利用导数求出函数的最大值即可得解.【小问1详解】由题，在处，，，所以曲线在处的切线方程为.【小问2详解】解法一：由（1）可得，因为，故fx与同号．令，因为与在上单调递增，所以在上单调递增，因为，所以是的唯一零点，所以是的唯一解，fx与的情况如下：fx0极小值所以的单调递增区间是，递减区间是.解法二：当时，，，所以fx<0，故单调递减；当时，，，所以fx>0，故单调递增，所以单调递增区间是，递减区间是.【小问3详解】且时，又由（2）知函数在上单调递增， 若对于恒成立，则，两边取对数得，所以对于恒成立，设，则，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以的最小值为.【点睛】思路点睛：恒成立求参问题通常结合参数分离法分参再将问题转化成求最值问题求解，本题在求参数t的最小值时，先利用且和在上单调递增得到，接着两边取对数变形分参得到对于恒成立，从而将恒成立问题转变成求函数的最大值，求出函数的最大值即可得参数t的最小值.18. 已知椭圆的标准方程，其左右焦点分别为．（1）过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程；（2）直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，证直线过定点，并求面积的最大值．【答案】（1）或 （2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得，再由，即，最后代入即可求解；（2）设直线的方程为，则直线的方程为，分别与椭圆方程联立，通过韦达定理求出中点的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式即可得到面积的最值.【小问1详解】由椭圆方程可知：，则，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立消去得，，所以，即.且，因为，所以，所以，即，所以，整理得，即，化简得，即满足条件，所以直线的方程为或，即直线的方程为或.【小问2详解】由题意，，设直线的方程为，，则直线的方程为，，联立消去得，所以所以所以，同理联立消去得，所以所以所以，即的中点.所以，当且仅当，即时取等号，所以的面积最大值为.【点睛】关键点点睛：第二问的解题关键是分类联立直线与椭圆方程，求出的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式得到面积的最值.19. 已知为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有．设，对于，定义，其中，表示数集中最小的数．（1）若，写出的值；（2）若存在满足：，求的最小值．【答案】（1）， （2）4【解析】【分析】（1）结合定义逐个计算出即可；（2）当时，可得，不合题意，故，对于举例说明即可.【小问1详解】由，则，故，则，故，则，故；【小问2详解】由题意可知，，当时，由，故，则，由题意可得，故总有一个大于1，即或，，由，故总有一个大于2，故，故当时，，不符，故，当时，取数列，有，即，符合要求，故m最小值为4.【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解所给出的定义，由给定数列结合新定义探求出数列的相关性质，进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.