湖北省武汉外国语学校2025届高三10月阶段性诊断考试-数学试卷+答案

武汉外国语学校2024—2025学年度上学期10月月考高三数学试卷考试时间：2024年10月9日 考试时长：120分钟 试卷满分：150分一、单选题：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. 已知集合，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【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. 【答案】D【解析】【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. 【答案】B【解析】【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：B4. 已知，则下列不等关系中不恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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. 【答案】C【解析】【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【答案】A【解析】【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：A7. 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. 【答案】C【解析】【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．【点睛】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. 【答案】D【解析】【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1B. 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【答案】ABD【解析】【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【答案】BCD【解析】【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【答案】ABD【解析】【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，由于，，所以可化为，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【点睛】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____________．【答案】【解析】【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.故答案为：13. 已知函数，写出函数的单调递减区间____________．【答案】【解析】【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）【答案】 . . 【解析】【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.故答案为：（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．【答案】（1） （2）【解析】【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．【答案】（1） （2）【解析】【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．【答案】（1） （2）【解析】【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+x2+lna+x2lnx+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+x2+lna+x2lnx+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，x>0；时，，所以x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．【答案】（1） （2） （3）不存在，理由见解析【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 求证：函数具有性质； 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．【答案】（1）证明见解析；答案见解析 （2）【解析】【分析】(1)对求导，可得(x)=1xx+12>0恒成立，即可函数具有性质；设ux=x2bx+1x>1，fx与符号相等，对讨论，可知fx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】 ，所以，x=1xx+12>0恒成立，则函数具有性质； 设ux=x2bx+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，