湖北省部分名校2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷含解析

湖北省部分名校2025-2026学年度上学期高三9月月考高三数学试卷命制单位：新高考试题研究中心考试时间：2025年9月18日下午15：00-17：00试卷满分：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.一、选择题：本大题共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.（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据虚数单位i的性质求解，即得答案.【详解】.故选：C2.已知全集，，则集合B真子集的个数为（）A.15 B.16 C.31 D.32【答案】A【解析】【分析】根据题干条件，求出集合B，代入公式，即可得答案.【详解】因为，所以，因为，所以，共4个元素，所以集合B真子集个数为.故选：A3.已知函数的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则的值为（）A. B. C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】易知，且函数为偶函数，再由指数函数图象性质可求出的值即可.【详解】由函数过原点可知，即可得，即；又函数定义域为，且满足，可知函数为偶函数，易知当时，趋近于0，所以函数趋近于,因此可得，所以；即.故选：B4.当时，关于x的不等式有解的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出当时，关于x的不等式有解的充要条件，再根据充分不必要条件与充要条件的关系得出答案.【详解】当时，关于x的不等式有解，即在上有解.令，，所以，则，代入得，当且仅当时取等号，此时，的最小值为6.故当时，关于x的不等式有解的充要条件是，所以满足题意的充分不必要条件是的真子集，选项中只有C符合故选：C5.已知，，，，则的值为（）A.或 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意得，，进一步得的值为.【详解】因为，，所以，因为，，所以，因为，所以，所以，所以的值为.故选：B.6.的展开式中的系数为（）A.162 B.168 C.180 D.185【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求解.【详解】二项式展开式的通项公式为，所以的展开式中的系数为.故选：B7.已知A、B是圆C：上的两点，且，点O为坐标原点，则的最小值为（）A.2 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】确定圆C的圆心和半径，进而确定点H在以C为圆心，半径为1的圆上，结合向量的模的几何意义以及圆的性质，即可求得答案.【详解】由于，即，故圆C的圆心为，半径为2，设H为的中点，则，结合，得,即点H在以C为圆心，半径为1的圆上；又，则而，故的最小值为，则的最小值为，故选：D8.已知，，则与的大小关系为（）A. B. C. D.不确定【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，利用单调性并结合零点存在性定理确定的大小关系，再利用指数函数、幂函数单调性比较大小.【详解】令函数，函数在R上都单调递增，则函数在R上单调递增，同理函数在R上单调递增，而，，则；，，则，即，所以.故选：C二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】BD【解析】【分析】利用线面的位置关系的性质定理逐项分析判断即可.【详解】选项A：若，，则或或直线n与平面相交，故A选项不正确；选项B：若，则在平面内存在一条直线，使得，又，根据线面垂直定义得，所以，故选项B正确；选项C：若，，则或，故C选项不正确；选项D：若，，则，选项D正确；故选：BD.10.已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若，，则（）A. B.C. D.若，则的面积为8【答案】ABD【解析】【分析】由正余弦定理、三角形面积公式及三角函数公式依次判断各选项.【详解】对于A，由，可得，，所以，故A正确；对于B，由于，结合正弦定理可得，即，所以，故B正确；对于C，由，则，，解得，故C错误；对于D，由，得，解得，则，由正弦定理得，解得，所以的面积为，故D正确.故选：ABD.11.甲乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，乙的卡片上分别标有数字2，4，6.两人进行三轮比赛.在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得1分，数字小的一方得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用），则（）A.第一轮甲获胜的概率为B.在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率为C.乙的总得分不小于2的概率为D.甲的总得分的期望为【答案】AC【解析】【分析】根据枚举法和古典概型的概率公式判断A；根据条件概率公式计算判断B；利用间接法计算概率判断C；根据离散型随机变量的期望公式计算判断D；【详解】对于A，根据题意第一轮两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，所有可能组合有种：，甲获胜的情况是甲的数字大于乙的数字，有3种，所以甲获胜的概率为，A正确；对于B，设“第一轮甲获胜”为事件，“第二轮甲获胜”为事件，由上可知第一轮甲获胜概率为，第一轮甲获胜且第二轮甲获胜的概率，根据条件概率公式，B错误；对于C，乙的总得分不小于2，即乙至少赢2轮，乙赢0轮：三轮甲都获胜，由题意可知枚举法所以种三轮选卡的排列，此时甲的排列需满足每轮甲的数字大于乙的数字，因为甲中1小于乙排列中4，2，6无论怎么排列，都不满足甲全赢；所以乙赢0轮，即乙得分为0的概率为0.乙赢1轮：两轮甲获胜，此时两轮甲的排列需满足每轮甲的数字大于乙的数字，一轮甲的排列需满足每轮甲的数字小于乙的数字，具体有：；；；；，有6种，所以两轮甲获胜，即乙得分为1分的概率为，因此乙的总得分不小于2的概率为，C正确；对于D，设甲总得分为，则的可能取值为，在不考虑出牌顺序的前提下，第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，甲得分135024612641426146226241642甲、乙两人出牌共有36种，则，，则，D错误；故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若函数在处有极小值，则实数a的值为__________.【答案】【解析】【分析】通过对函数求导，根据函数在处有极小值，可知，解得的值，再验证即可求出的值．【详解】由，得，函数在处有极小值，所以，解得或，当时，，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以是的极小值，符合题意.当时，，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，所以是的极大值，不符合题意.综上所述，实数a的值为.故答案为：.13.已知等差数列的前n项和为，且，等比数列的首项为1，若，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，由，得，进而计算，即可得，又由对数的运算性质即可求解.【详解】设等比数列的公比为，所以，所以，又，所以，所以，所以，故答案为：.14.已知双曲线：，与斜率为1且不过原点的直线交于，两点，是双曲线上一点，且，与的重心分别是，，的外心记为，直线、、的斜率之积为，则该双曲线的离心率为__________.【答案】2【解析】【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取，的中点，，得到，再由，，结合直线OP、OQ、OR的斜率之积为，求得，利用，即可求解.【详解】若直线与双曲线，有两个交点，，设的中点为，由，得，所以，所以，所以，所以，所以取，的中点，，连接，，易知的重心在中线上，的重心在中线上，所以，，又，所以，由，得，所以，因为，且的外心为点，所以为线段的中点，所以，又，所以，所以，所以，所以.故答案为：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.记为数列的前n项和，已知.（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得到，两式作差可得，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）由（1）中的结论可求出数列的通项公式，求得的表达式，再利用错位相减法可求得.【小问1详解】令时，，即得，当时，①，②，由①②得，，又由，又，，所以数列是以为首项，公比为的等比数列.【小问2详解】，，因为，所以，，两式相减得：，所以.16.随机抽取某集团公司旗下五家超市，得到广告支出x（万元）与销售额y（万元）的数据如下：广告支出x（万元）24568销售额y（万元）2030506070（1）计算x，y的相关系数r，并判断是否可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高，）（2）求出y关于x的线性回归方程，并预测若广告支出15（万元），则销售额约为多少万元？参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为，，.【答案】（1），可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度（2），销售额为136万元.【解析】【分析】（1）根据相关系数公式求出相关系数即可判断.（2）根据公式求出，进而确定线性回归方程，然后将广告支出代入方程中求出销售额即可.【小问1详解】根据表格里的数据可得：，.所以...所以可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度.【小问2详解】根据公式可得：，.所以关于的线性回归方程为.当广告支出15万元时，销售额约为万元.17.如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明；（2）建系得出平面和平面的法向量即可得出面面角余弦，最后同角三角函数关系求解正弦；（3）设再应用点到平面距离即可计算求参.【小问1详解】取的中点N，连接，如图所示：为棱的中点，四边形ABMN是平行四边形，又平面，平面，平面.【小问2详解】由在等腰梯形中，，，为边上靠近点的三等分点，可得，也即又平面平面，交线为,平面，所以平面，又平面ABCD，又以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立直角坐标系，,如图，则为棱的中点，（i）设平面的一个法向量为则令则平面的一个法向量为所以二面角的正弦值为.【小问3详解】假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是，设则由（i）知平面的一个法向量为点Q到平面的距离是18.如图，在圆上任取一点P，过P作x轴的垂线段PH，H为垂足，当P点在圆上运动时，线段PH的中点M的轨迹记为曲线C，当P经过圆与x轴的交点时，规定点M与点P重合.（1）求曲线C的标准方程；（2）设曲线C右顶点为D，若直线l（不过D点）与曲线C交于A，B两点，满足，证明：直线l过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，，由题意得到，结合点在圆上，得，将代入，即得点M的轨迹方程；（2）根据题意，将式子化简可得，然后分直线的斜率存在与不存在讨论，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；【小问1详解】设，，则，因点是线段的中点，则得，即，因为点在圆上，则有，所以把代入上述方程，可得，即曲线的标准方程是.【小问2详解】由（1）知，设则，将两边平方，可得，即，代入坐标得，即（*），①如图，当直线垂直于轴时，且，则将上式代入（*）化简得：，解得（舍），此时方程为，显然经过点；②如图，当直线的斜率存在时，设，联立方程可得，由，可得，且，，由（*），，可得，即将，代入上式，整理得，即，解得或，当时，直线过点，不符合题意；所以，此时直线的方程为恒经过点.综上所述，直线过定点.19.已知函数，.（1）若，求函数单调递增区间；（2）若对于任意，都有，求实数a的取值范围；（3）证明：对任意的正整数n，.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）直接求导，再令，解出即可；（2）