湖北省武汉市部分学校2025届高三上学期九月调研考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市部分学校2025届高三上学期九月调研考试数学试卷一、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.若复数满足，则（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以,所以.故选：D.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，，.故选：C.3.展开式中含项的系数为（）A.420 B. C.560 D.〖答案〗D〖解析〗由题意知，的二项展开式的通项公式为，令，得，故含项的系数为.故选：D.4.设等差数列的前项和为，若，则的公差为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗由，故，则，由得，故，故公差为，故选：C.5.某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得，所以.该圆锥体积为，故选：B.6.已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗的值域为，且，当时，则，为增函数，，而时，为增函数，此时，，不符题意；当时，则，为减函数，，而时，为减函数，此时，，因为的值域为，当且仅当时，满足题意，此时，，则，整理得，，解得；综上，时满足题意.故选：A.7.已知函数是上的奇函数，则（）A.2 B.-2 C. D.〖答案〗B〖解析〗，是上的奇函数，又为奇函数，则分母上的函数需为偶函数，，.故选：.8.设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由椭圆E:x2a不妨设点在第一象限，由椭圆的定义知，因为，可得，即，可得，所以，所以的面积为，可得，解得，又因为，可得，即，将点代入椭圆的方程，可得，整理得，因为，可得，即，解得和（舍去），即椭圆的离心率为.故选：D.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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（）月份编号12345下载量（万次）54.543.52.5A.与负相关 B.C.预测第6个月的下载量是2.1万次 D.残差绝对值的最大值为0.2〖答案〗ACD〖解析〗对于A：因为，所以变量与负相关，故正确；对于B：，，，则，解得，故错误；对于C：当时，，故可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确；对于D：当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，故残差绝对值的最大值为0.2，故正确.故选：ACD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A. B.C.的图象关于直线对称 D.在上的值域为〖答案〗BC〖解析〗由函数的部分图象可知：，又因为，即结合函数的单调性可得,故A错误；即所以,故B正确；所以．对于选项C：当时，可得，所以的图象关于直线对称，故C正确；对于选项D：当时，，所以，即，故D错误；故选：BC．11.定义在上的函数满足，当时，，则（）A当时，B.当为正整数时，C.对任意正实数在区间内恰有一个极大值点D.若在区间内有3个极大值点，则的取值范围是〖答案〗BD〖解析〗对于选项A：因为函数满足，当时，，当时，；当时，，当时，，故A错误；对于选项B：因为，且，则，，，，可得，所以，故B正确；对于选项CD：由选项A可得：当时，，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则在内有且仅有一个极大值点，即，例如当，则，不合题意，故C错误；若在区间内有3个极大值点，则，所以的取值范围是，故D正确；故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量，若，则______．〖答案〗〖解析〗，因为，所以，即，解得.13.若双曲线的离心率为3，则______．〖答案〗〖解析〗由题意，焦点在轴上，.14.两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角的大小为，则的边长为______．〖答案〗〖解析〗由题意可知：外接球的球心，且平面，即为外接球的直径，，设平面，可知为等边的中心，取的中点，连接，则，可知二面角的平面角为，设，则，，因为，即，又因为，且，则，解得，所以的边长为.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.如图，在四棱锥中，平面．（1）求的长；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值解：（1）取中点，连，，由，所以四边形为平行四边形，故.由平面，平面，有，所以.又，所以，又，平面，所以平面.由平面，所以.由平面，平面，有，故.又，故.（2）以为坐标原点，为，轴的正方向，以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系.由，得为正三角形，故.又，.设平面的法向量，由，即，取，得到平面的一个法向量.又，设直线与平面所成角的大小为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论的单调区间.解：（1）当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率为，所以切线方程为，即.（2）由题意可知：的定义域为，且，（i）若，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；（ⅱ）若，令，解得或，①当，即时，令，解得或；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；②当，即时，则，可知在内单调递增；③当，即时，令，解得或；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；综上所述：若，的单调递减区间为，单调递增区间为；若，的单调递减区间为，单调递增区间为；若，的单调递增区间为，无单调递减区间；若，的单调递减区间为，单调递增区间为.17.已知的内角所对的边分别为，且（1）求角A；（2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积解：（1）因，由正弦定理可得，且，即，整理可得，且，则，可得，又因为，则，可得，所以.（2）因为为的平分线，则，因为，则，即，可得，在中，由余弦定理可得，即，整理可得，解得或（舍去），所以的面积.18.已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点.（i）求直线的斜率；（ii）证明：直线与交于定点.（1）解：设圆心为，由题意可得：，整理可得，所以曲线的方程为.（2）（i）解：由题意可知：直线的斜率不存在，且不为0，设，联立方程，消去x可得，则，可得，可知直线，联立方程，消去x可得，由题意可知：，即，且，可得，同理可得：，则，因为，则，即，整理可得，由题意可知：点不在直线上，则，即，可得，即，所以直线的斜率；（ii）证明：由（i）可知：，则中点，又因为，即，则的中点，即直线，由梯形的性质可知：直线与的交点即为直线与的交点，因为直线的斜率，则直线，令可得，即直线与直线交点为，所以直线与交于定点.19.有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为．（1）求；（2）当时，求；（3）求．解：（1）1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中；1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为,1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中;综上所述：.（2）1号球放入1号,4号，5号，,n号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中;1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号，n号盒中，概率为,1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中;综上所述：.（3）1号球放入1号，号，号，号，...,n号盒中的概率为,此时k号球可放入k号盒中：1号球放入号盒中的概率为,此时2号，3号，号球都可以放入对应编号的盒中，剩下编号为的球和编号为的空盒，此时j号