2025届湖北省黄冈市八模高三模拟测试（八）数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄冈市2025届八模高三模拟测试（八）数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为对数函数是上的增函数，所以由，得，则；因为指数函数是上的减函数，所以由，得，则，由此，.故选：B.2.已知，则（）A. B.5 C. D.【答案】A【解析】设，则，由，得，即，所以，所以，解得，所以，故选：A．3.已知函数的导数为，且，则（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】由得，当时，，解得，所以，.故选：B4.已知数列是等差数列，且，则（）A.0 B. C. D.【答案】A【解析】由等差数列公式得：，所以，所以.故选：A.5.已知双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，且满足，则的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】双曲线的两条渐近线方程分别为，易知.又，解得.所以，所以的离心率为.故选：D.6.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成．已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台．若圆锥容器的高为，则此圆台的高为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】方法1：由题可得，根据相似比，细沙的体积占圆锥容器体积的，即细沙堆成的圆台的体积占圆锥容器体积的，所以圆台上方的空白小圆锥体积占圆锥容器体积的，因此圆台上方的空白小圆锥的高为，则圆台的高为．方法2：设圆锥的底面半径为，圆台的上底面半径为，圆台的高为，如图所示，由相似比可得，，即．所以，所以，整理得，即，所以.故选：D.7.已知为数列的前n项和，且，若对任意正整数n恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】数列中，，当时，，即，当时，，解得，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，因此，，依题意，对任意正整数n恒成立，令，由，得，即数列单调递减，则，于是，所以实数的取值范围是.故选：D8.已知函数定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由，得，因为是奇函数，所以也是奇函数，所以，.又，所以，即，所以，所以8是的一个周期，所以，由，得.由，得，又，所以，所以，即，所以，所以8也是的一个周期，所以，得，所以，所以.故选：A.二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.已知数据的极差为6，方差为2，则数据的极差和方差分别为，B.一组数的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差变大C.若随机变量，则D.若随机变量，且，则【答案】AD【解析】对于A选项，数据的极差为6，则数据的极差为，数据的方差为2，则数据的方差为，故A正确；对于B选项，由题意可知，若再插入一个数，则平均数变为，即平均数不变，而原来的数据的方差为，同理可算得新数据的方差为，所以方差会变小，故B错误；对于C选项，若随机变量，则，故C错误；对于D选项，若随机变量，且，则，故D正确.故选：AD.10.设函数，，则下列结论正确的是（）A.，在上单调递减B.若且，则C.若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为D.存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数【答案】ACD【解析】，对于A，，当时，，由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递减，故A正确；对于B，若且，则，故B不正确；对于C，若，则，若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.故选：ACD.11.如图是底面半径为1，高为2圆柱体，正六边形ABCDEF内接于底面圆O，P是上底面圆周上一动点，则下列说法正确的是（）A.平面B.存在点P，使得C.当与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球的体积为D.若M为的中点，则三棱锥的体积的最大值为【答案】ABC【解析】A.由正六边形的性质得，，∵平面，平面，∴平面，选项A正确.B.当平面时，由平面得，故存在点P，使得，选项B正确.C.由为圆直径得，.当平面时，由平面得，∵平面，，∴平面，此时与平面所成的角最大，为，记圆柱上下底中心连线的中点为，则，故为三棱锥的外接球的半径，∵，∴，∴三棱锥的外接球的体积为，选项C正确.D.由题意得，.∵在底面圆上，点到的距离最大，为，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，三棱锥的体积最大，此时体积，选项D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项为__________.【答案】【解析】因为为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，又，所以，所以的展开式的通项为（且），令，解得，所以展开式的常数项为.故答案为：13.已知抛物线和圆，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数______.【答案】【解析】由抛物线的对称性，如图，不妨设交点为，且满足，则切线斜率，故由题知：，故解得：，代入圆方程可得：，故解得：.故答案为：.14.已知函数，其中.若方程有且只有一个解，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】如图，作出函数的图象，令，则，当时，由，得或，即或，若方程只有一个解，则，解得，若方程只有一个解，则，解得，此时方程必有解，与题意矛盾，所以，当时，由，得，即，令，解得，要使方程只有一个解，则，解得，综上所述，a的取值范围是.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.在中，角，，的对边分别为，，，已知且.（1）求角；（2）若为的中点，求线段长的取值范围.解：（1）由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，因为，所以；（2）点为的中点，则，，因为，由（1）可知，即，因为，当且仅当时，等号成立，故，求出，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时，等号成立，故，又，故，故，即取值范围为.16.图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且.（1）证明：平面平面；（2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.（1）证明：取的中点为，连接、，作图如下：因为四边形是边长为正方形，所以，，在中，，则，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：易知是以为斜边的等腰直角三角形，且为的中点，则，又因为平面，以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则、、、，设，则，设，，可得，解得，所以，则，，设平面的法向量，可得，令，则，，所以平面的一个法向量，由图易知平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，化简可得，解得或（舍去），所以存在满足题设条件的点，点为线段靠近的三等分点.17.某学校为了推选一名羽毛球选手参加市级联赛，对成绩都非常优秀的甲、乙两名选手进行了五轮综合测试，测试成绩如下（分数越高，代表打球水平越好）．第一轮第二轮第三轮第四轮第五轮甲的分数7.27.37.6879乙的分数6639.59.27（1）根据以上信息，结合概率统计知识，你倾向于选派哪一名选手参加比赛？说明理由．（2）若甲、乙两名选手进行对抗赛，由于两人实力相当（即甲、乙在每一局比赛中获胜的概率均为），特制订如下规则：当其中一人比另一人多胜两局或比赛局数达到20局时，比赛结束．假设每局比赛互不影响，求比赛结束时比赛局数的数学期望．解：（1）设甲、乙两名选手的平均成绩分别为，，方差分别为，，，．，，显然，，所以倾向于选派甲参加比赛.（2）设比赛结束时比赛局数为随机变量X，由比赛结束的条件“当其中一人比另一人多胜两局或比赛局数达到20局时，比赛结束”，得比赛局数X的取值只能为偶数，即X的可能值为：2，4，6，…，20，，当时，说明前两局二人各胜一局，然后第三局和第四局均为甲胜或均为乙胜，前两局二人各胜一局的概率为，则，当时，双方前两局，前四局，…，前局的胜负局数均相同，且第局，第X局均为甲胜或乙胜，设，则，显然也满足上式，当时，说明双方前两局、前四局、一直到前十八局的胜负局数均相同，因此，于是X的分布列为X2468…1820P…数学期望，即，因此，两式相减得，所以.18.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程.（2）讨论函数的单调性；（3）设函数．证明：存在实数，使得曲线关于直线对称.（1）解：切点为.因为，所以切线的斜率为，所以曲线在处的切线方程为，化简得；（2）解：由题意可知，则的定义域为，，，当时，，则在上单调递减；当时，令，即，解得，若，；若，，则在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（3）证明：函数，函数的定义域为．若存在，使得曲线关于直线对称，则关于直线对称，所以由．可知曲线关于直线对称．19.定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆，已知椭圆的相似椭圆为（且）.（1）求证：椭圆与椭圆的离心率相等；（2）直线、与椭圆均有且只有一个公共点，且、的斜率之积为，求证：、的交点在椭圆的相似椭圆上；（3）若为椭圆上异于左、右顶点、的任意一点，直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆交于、两点，试探究的值是否为定值，若是定值，求出定值；若不是定值，说明理由.（1）证明：对于椭圆，则，，，所以，椭圆的离心率为，对于椭圆（且），其标准方程为，则，，，其离心率为.（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，设点，直线的方程为，联立可得，，化简得，即①，用代换①中的得，①②得，化简，即点在椭圆上，故点在与椭圆的相似椭圆上.（3）解：椭圆的标准方程为，所以点、，设点，易知直线、的斜率都存在且不为零，所以，因为点在椭圆上，所以，即，所以.设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，联立得，Δ=192k设点、，则，，所以，用代换可得，所以，故的值为定值，且该定值为.湖北省黄冈市2025届八模高三模拟测试（八）数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为对数函数是上的增函数，所以由，得，则；因为指数函数是上的减函数，所以由，得，则，由此，.故选：B.2.已知，则（）A. B.5 C. D.【答案】A【解析】设，则，由，得，即，所以，所以，解得，所以，故选：A．3.已知函数的导数为，且，则（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】由得，当时，，解得，所以，.故选：B4.已知数列是等差数列，且，则（）A.0 B. C. D.【答案】A【解析】由等差数列公式得：，所以，所以.故选：A.5.已知双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，且满足，则的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】双曲线的两条渐近线方程分别为，易知.又，解得.所以，所以的离心率为.故选：D.6.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成．已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台．若圆锥容器的高为，则此圆台的高为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】方法1：由题可得，根据相似比，细沙的体积占圆锥容器体积的，即细沙堆成的圆台的体积占圆锥容器体积的，所以圆台上方的空白小圆锥体积占圆锥容器体积的，因此圆台上方的空白小圆锥的高为，则圆台的高为．方法2：设圆锥的底面半径为，圆台的上底面半径为，圆台的高为，如图所示，由相似比可得，，即．所以，所以，整理得，即，所以.故选：D.7.已知为数列的前n项和，且，若对任意正整数n恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】数列中，，当时，，即，当时，，解得，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，因此，，依题意，对任意正整数n恒成立，令，由，得，即数列单调递减，则，于是，所以实数的取值范围是.故选：D8.已知函数定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由，得，因为是奇函数，所以也是奇函数，所以，.又，所以，即，所以，所以8是的一个周期，所以，由，得.由，得，又，所以，所以，即，所以，所以8也是的一个周期，所以，得，所以，所以.故选：A.二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.已知数据的极差为6，方差为2，则数据的极差和方差分别为，B.一组数的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差变大C.若随机变量，则D.若随机变量，且，则【答案】AD【解析】对于A选项，数据的极差为6，则数据的极差为，数据的方差为2，则数据的方差为，故A正确；对于B选项，由题意可知，若再插入一个数，则平均数变为，即平均数不变，而原来的数据的方差为，同理可算得新数据的方差为，所以方差会变小，故B错误；对于C选项，若随机变量，则，故C错误；对于D选项，若随机变量，且，则，故D正确.故选：AD.10.设函数，，则下列结论正确的是（）A.，在上单调递减B.若且，则C.若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为D.存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数【答案】ACD【解析】，对于A，，当时，，由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递减，故A正确；对于B，若且，则，故B不正确；对于C，若，则，若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.故选：ACD.11.如图是底面半径为1，高为2圆柱体，正六边形ABCDEF内接于底面圆O，P是上底面圆周上一动点，则下列说法正确的是（）A.平面B.存在点P，使得C.当与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球的体积为D.若M为的中点，则三棱锥的体积的最大值为【答案】ABC【解析】A.由正六边形的性质得，，∵平面，平面，∴平面，选项A正确.B.当平面时，由平面得，故存在点P，使得，选项B正确.C.由为圆直径得，.当平面时，由平面得，∵平面，，∴平面，此时与平面所成的角最大，为，记圆柱上下底中心连线的中点为，则，故为三棱锥的外接球的半径，∵，∴，∴三棱锥的外接球的体积为，选项C正确.D.由题意得，.∵在底面圆上，点到的距离最大，为，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，三棱锥的体积最大，此时体积，选项D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项为__________.【答案】【解析】因为为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，又，所以，所以的展开式的通项为（且），令，解得，所以展开式的常数项为.故答案为：13.已知抛物线和圆，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数______.【答案】【解析】由抛物线的对称性，如图，不妨设交点为，且满足，则切线斜率，故由题知：，故解得：，代入圆方程可得：，故解得：.故答案为：.14.已知函数，其中.若方程有且只有一个解，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】如图，作出函数的图象，令，则，当时，由，得或，即或，若方程只有一个解，则，解得，若方程只有一个解，则，解得，此时方程必有解，与题意矛盾，所以，当时，由，得，即，令，解得，要使方程只有一个解，则，解得，综上所述，a的取值范围是.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.在中，角，，的对边分别为，，，已知且.（1）求角；（2）若为的中点，求线段长的取值范围.解：（1）由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，因为，所以；（2）点为的中点，则，，因为，由（1）可知，即，因为，当且仅当时，等号成立，故，求出，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时，等号成立，故，又，故，故，即取值范围为.16.图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且.（1）证明：平面平面；（2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.（1）证明：取的中点为，连接、，作图如下：因为四边形是边长为正方形，所以，，在中，，则，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：易知是以为斜边的等腰直角三角形，且为的中点，则，又因为平面，以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则、、、，设，则，设，，可得，解得，所以，则，，设平面的法向量，可得，令，则，，所以平面的一个法向量，由图易知平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，化简可得，解得或（舍去），所以存在满足题设条件的点，点为线段靠近的三等分点.17.某学校为了推选一名羽毛球选手参加市级联赛，对成绩都非常优秀的甲、乙两名选手进行了五轮综合测试，测试成绩如下（分数越高，代表打球水平越好）．第一轮第二轮第三轮第四轮第五轮甲的分数7.27.37.6879乙的分数6639.59.27（1）根据以上信息，结合概率统计知识，你倾向于选派哪一名选手参加比赛？说明理由．（2）若甲、乙两名选手进行对抗赛，由于两人实力相当（即甲、乙在每一局比赛中获胜的概率均为），特制订如下规则：当其中一人比另一人多胜两局或比赛局数达到20局时，比赛结束．假设每局比赛互不影响，求比赛结束时比赛局数的数学期望．解：（1）设甲、乙两名选手的平均成绩分别为，，方差分别为，，，．，，显然，，所以倾向于选派甲参加比赛.（2）设比赛结束时比赛局数为随机变量X，由比赛结束的条件“当其中一人比另一人多胜两局或比赛局数达到20局时，比赛结束”，得比赛局数X的取值只能为偶数，即X的可能值为：2，4，6，…，20，，当时，说明前两局二人各胜