【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2025届高三8月月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，1.333 MB，由管理员店铺上传

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襄阳五中2025届高三年级八月数学试题一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．1已知集合2log1Axx=，2,2xByyx==，则（）A.

ABB=B.ABA=C.ABB=D.()AB=RRð【答案】A【解析】【分析】根据集合描述法的理解，转化为函数定义域与值域，再进行集合运算，依次判断选择支即可.【详解】由2log1x解得02x；由2x，则024x；所以

02Axx=，04Byy=，则AB，且0,Byy=Rð或4y，则ABB=，ABA=，AB=Rð.故选：A.2.复数34i2iz+=−（其中i为虚数单位）的共轭复数z在复平面内对应的点在（）A.第四象限B.第三象限C.第二象限D.第一象限【答案】A【解析】【分析】借

助复数的四则运算可计算出z，即可得z，即可得解.【详解】()()()()34i2i34i211i211i2i2i2i555z++++====+−−+，故211i55z=−，故z在复平面内对应的点在第四象限.故选：A.3.已知(),2ax=，()2,1b=−r，且ab⊥，则ab−rr等于

（）.A.5B.10C.25D.10【答案】B【解析】【分析】先根据ab⊥，求出x的值，再求出ab−的坐标，由平面向量坐标模长公式求解即可.【详解】因为ab⊥，所以220abx=−=，解得1x=，所以()1,2a=r，()1,3ab

−=−，所以()22=1310ab−−+=.故选：B.4.已知()sin2sin2=+，且tan2=，则()tan+=（）A.6−B.2−C.2D.6【答案】A【解析】【分析】关键是角的构造

，将()sin2sin2=+构造成()()sin2sin+−=++，再由正弦的和差角公式展开化简求解.【详解】由题，()sin2sin2=+，则()()sin2sin+−=++，()

()()()sincoscossin2sincos2cossin+−+=+++，()()sincos3cossin+=−+，()tan3tan6+=−=−，故选：A.5.已知

某圆锥的侧面积是其底面积的两倍，则圆锥的高与底面半径的比值为（）A.3B.3C.15D.5【答案】B【解析】【分析】先由题意得π𝑟𝑙π𝑟2=2得2lr=，接着由圆锥结构特征得ℎ𝑟=√𝑙2−𝑟2𝑟即可求解.【详解】设圆锥的高与底面半径以及母线长依次为ℎ、𝑟、𝑙，则由题意2π2

πrllrr==，即2lr=，所以由圆锥结构特征得ℎ𝑟=√𝑙2−𝑟2𝑟=√(2𝑟)2−𝑟2𝑟=√3𝑟𝑟=√3.故选：B.6.设函数()yfx=在(),−+内有定义．对于给定的正数K，定义函数()()()(),,,

.KfxfxKfxKfxK=设函数()||2xfx−=．当12K=时，函数()Kfx的严格增区间为（）．A.(,0−B.)0,+C.(,1−−D.)1,+【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义得到相应函数，画出图象求解.【详解】解：()2xfx

−=图像，如图所示：当12K=时，()21211112xxKxfxxx−−=−−，如图所示：所以当12K=时，函数()Kfx的严格增区间为(,1−−，故选：C7.函数()()()4sin322cos34fxxx=+++在()0,π上的零点个数为

（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】将函数()()()4sin322cos34fxxx=+++在()0,π上的零点个数问题转化为函数()()()2sin32,()cos34gxxhxx=+=−+的图象的交点的个数问题，

数形结合，可得答案.【详解】由题意函数()()()4sin322cos34fxxx=+++在()0,π上的零点，即为()0fx=，即()()2sin32cos34xx+=−+的根，也即函数()()()2sin32,()cos34gxxhxx=+=−+的图象的交点的横坐标，

作出()()()2sin32,()cos34gxxhxx=+=−+的图象如图示：由图象可知在()0,π上两函数图像有3个交点，故函数()()()4sin322cos34fxxx=+++在()0,π上的零点个数为3，故选：C8

.已知数列na的前n项和为nS，且满足111,1,2,nnnanaaan++==为奇数为偶数，则100S=（）A.5132156−B.5132103−C.5032156−D.5032103−【答案】A【解析】【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记221,1nnn

baan−=+，利用构造法求得1623nnb−=−，然后分组求和可得.【详解】因为111,1,2,nnnanaaan++==为奇数为偶数，所以22212121kkkaaa++=+=+，21221222,*kkkaaak+−==+N

，且22a=，所以()222122123kkkkaaaa++−+=++，记221,1nnnbaan−=+，则123nnbb+=+，所以()1323nnbb++=+，所以3nb+是以112336baa+=++=为首项，2为公比的等比数列，所以1362nnb

−+=，1623nnb−=−，记{𝑏𝑛}的前n项和为nT，则()0124951100506262626235032156ST==++++−=−.故选：A【点睛】关键点点睛：本题

解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得{𝑏𝑛}递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求{𝑏𝑛}的前50项和.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.若随机变量()2~0,XN，()()fxPXx=，则（）A.()()1fxfx−=−B.()()22fxfx=C.()()()210PXxfxx=−D.若()121xffx+−

，则113x【答案】ACD【解析】【分析】利用正态分布的性质逐项判断即可.【详解】对于A，随机变量()2~0,XN满足正态分布，且0=，故()()()()1fxPXxPXxfx−=−==−，故A正确；对于B，当0x=时，()()()(),20212201,f

xPXfxPX====的此时()()22fxfx，故B错误；对于C，()()()20PXxPxXxPXx=−=()()12212fxfx=−=−，故C正确；对于D，()()fxPXx=，故()fx单调递增

，故()121xffx+−，即121xx+−，解得113x，故D正确.故选：ACD10设函数()()2(1)4fxxx=−−，则（）A.1x=是()fx的极小值点B.()()224fxfx++−=−C.不等式(

)4210fx−−的解集为|12xxD.当π02x时，()()2sinsinfxfx【答案】BD【解析】【分析】对于A：求导，利用导数判断()fx的单调性和极值；对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可；对于D：分析可得20s

insin1xx，结合()fx的单调性分析判断.【详解】对于选项A：因为()fx定义域为R，且()()()()()()22141313fxxxxxx=−−+−=−−，当()1,3x时，𝑓′(

𝑥)<0；当(),1x−或()3,x+时，𝑓′(𝑥)>0；可知()fx在(),1−，()3,+上单调递增，在()1,3上单调递减，所以1x=是函数()fx的极大值点，故A错误；对于选项B：因为()()()()2222(1)2(1)24fxfxxxxx+

+−=+−+−−−=−，故B正确；.的对于选项C：对于不等式()4210fx−−，因为()7254,028f=−−，即94x=为不等式()4210fx−−的解，但()91,24x=，所以不等式()4210fx−−的解集不为|12xx，故C错误；对

于选项D：因为π02x，则0sin1x，且()2sinsinsin1sin0xxxx−=−，可得20sinsin1xx，因为函数()fx在(0,1)上单调递增，所以()()2sinsinfxfx，故D正确；故选：BD.11.已知曲线C是平面内到定点(0,1)F和定直线:1

ly=−的距离之和等于4的点的轨迹，若()00,Pxy在曲线C上，则下列结论正确的是（）A.曲线C关于x轴对称B.曲线C关于y轴对称C.022x−剟D.1||4PF剟【答案】BD【解析】【分析】设曲线C上任意一点(),Qxy，根据题意列

式化简求出曲线C的轨迹方程，再结合图象判断AB，再根据抛物线的性质判断CD即可【详解】由题，曲线C上任意一点(),Qxy，则()22114xyy+−++=.当1y−时()2213xyy+−=−，即()222169xyyy+−=−+，化简得2124yx=−，且12y−；当1

y−时，()2215xyy+−=+，化简可得21212yx=−，且21y−−，画出曲线C的图象：对A,B，显然图象不关于x轴对称，关于y轴对称，故A错误，B正确；对C，当21214yx=−=−时，解得23x=，故02323x−，故C错误；对D，因为214yx=−

即24xy=−的焦点为()0,1−，故抛物线2124yx=−的焦点为()0,1F，同理()0,1F也是抛物线21212yx=−的焦点.故PF的最小值为()0,2到()0,1F的距离1，最大值为方程左右

端点()23,1−到()0,1F的距离()222324+=，故14PF，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.已知双曲线()221112211:10,0xyCabab−=与()222222222:10,0yxCabab−=有相同的渐

近线，若1C的离心率为2，则2C的离心率为__________.【答案】233【解析】【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到1212baab=，再利用1C的离心率为2，可推得222()3ab=，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案.【详解】双曲线(

)221112211:10,0xyCabab−=的渐近线方程为11byxa=，()222222222:10,0yxCabab−=的渐近线方程为22ayxb=，由题意可得1212baab=，由1C的离心率为2得：222

11121()bea==+，则222()3ab=，所以设2C的离心率为2e，则22222141()133bea=+=+=，故2233=e，故答案为：23313.曲线2yx=与2lnyx=+的公切线方程为________.【答案】10

xy−+=【解析】【分析】设出两曲线的切点()()111,20Axxx和()()222,2ln0Bxxx+，由导数的意义可得21xx=，再由点斜式得出公切线方程221ln1yxxx=++，把点A代入

直线方程可得11ln10xx−+=，构造函数()ln1hxxx=−+，求导分析单调性得到()max()10hxh==，进而得出121,1xx==，最后得到直线方程.【详解】设曲线()2fxx=上的切点为()()111,20Axxx，曲线(

)2lngxx=+上的切点为()()222,2ln0Bxxx+.因为()()11,fxgxxx==，则公切线的斜率2111kxx==，所以21xx=.因为公切线的方程为()()22212lnyxxxx−+=−，即221ln1yxxx=++，

将()11,2xx代入公切线方程得11222ln1xxxx=++，由21xx=，得11ln10xx−+=.令()ln1,0hxxxx=−+，则()11hxx=−，当01x时，()0hx；当1x时，()hx0，故函数()hx在()0,1上单调递增，在()1,+上单

调递减，()max()10hxh==，所以121,1xx==，故公切线方程为1yx=+，即10xy−+=.故答案为：10xy−+=.14.袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取

出为止，则最后一个球是白球的概率是______．【答案】415【解析】【分析】设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是P；两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为1P；三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为2P；四次取球便结束，最后一个球是白

球的概率为3P.则123PPPP=++.【详解】由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球，则摸球次数可能为2，3，4次.设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为1P.两次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：两个球都是白球，情况数为2种.故1262115AP==设三次取球便结

束，最后一个球是白球的概率为2P.三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前两次为一白一红，情况数为：11232212CCA=.故23612110AP==.设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为3P.四次取球便结束，且最

后一球为白球的情况为：前三次为两红一白，情况数为：222332236CCA=.故34636110AP==.设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是P，则123111415101015PPPP=++=++=.故答案为：415四、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ABCV中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2cb=，2sin3sin2AC=．（1）求ab的值；（2）若ABCV的面积为372，求AB边上的高．【答案】（1）322（2）374

【解析】【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可.（2）由（1）求出cosC，由同角三角函数的基本关系求出sinC，最后由三角形的面积公式求解即可.【小问1详解】∵2sin3sin2AC=，∴sin3sincosACC=，由正余弦边角关系得，2223?2abcacab+−=

①，又2cb=，②由①②得，()222234abbabb=+−，∴2293222abab==，∴322ab=【小问2详解】由（1）得，32sin22cos3sin364bAaCCcb====，（或由余弦定理得22222229422cos2432bbb

abcCabb+−+−===）∵C为锐角，∴14sin4C=，∴ABCV的面积211321437sin22242SabCb===，∴2b=，设AB边上的高为h，则ABCV的面积13722Schbh===，∴37

4h=，即AB边上的高为374.16.在平面直角坐标系xOy中，已知点P到直线4x=的距离与点P到点()10F,的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B.（1）推导C的标准方程；（2）过B的直线与C相交于另一点A.若ABF△面积为3，求直线AB的方程.【

答案】（1）22143xy+=；（2）0x=或34430xy−+=.【解析】【分析】（1）设𝑃(𝑥,𝑦)，由题意可得()22421xxy−=−+,化简即可；（2）由（1）可得()0,3B，设直线AB的方程为()3xty=−,与曲线C的方程

联立，根据韦达定理可得()22233483,3434ttAtt−−++.直线AB与x轴的交点为()3,0Dt−，根据12ABFBASDFyy=−即可求解.【小问1详解】设𝑃(𝑥,𝑦)由题意可得()22421xxy−=−+,化简可得223412xy+=,即22

143xy+=.所以C的标准方程为22143xy+=.【小问2详解】由（1）可得()0,3B，设直线AB的方程为()3xty=−,联立()221433xyxty+==−，可得()222234639120tytyt+−+−=.设()

,Amn，则22912334tnt−=+，即()2233434tnt−=+，所以()2223348333434ttmttt−=−=−++，即()22233483,3434ttAtt−−++

.设直线AB与x轴的交点为D，在()3xty=−中，令0y=,可得3xt=−,即()3,0Dt−.由椭圆方程可得𝐹(1,0),则()12ABFBASDFyy=−()()223341133234ttt−

=+−+()()22431318313323434tttt+=+==++，所以244334tt+=+，即2343tt=，解得0t=或433t=.,所以直线AB的方程为0x=或()4333xy=−，即直线AB的方

程为0x=或34430xy−+=.17.如图，三棱柱111ABCABC−中，侧面11BBCC为矩形，底面ABC为等边三角形．（1）证明：11ABAC=；（2）若11ACAB⊥，12AAAB==，①证明：平面1ABC⊥平面ABC

；②求平面ABC与平面11ABC的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析，平面ABC与平面11ABC的夹角的余弦值为217【解析】【分析】（1）根据线线垂直可证明⊥BC平面AOM，即可结合中点求证，（2）根据线线垂直可得二面角的平面角，即可根据长度

关系判断二面角为直角，进而可求证，（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【小问1详解】取11,BCBC的中点为,OM，连接1,,OMAOAO,由于侧面11BBCC为矩形，所以11,//,

BBBCOMBBOMBC⊥⊥,由于底面ABC为等边三角形,所以AOBC⊥,,,AOOMOAOMO=平面AOM，所以⊥BC平面AOM，由于11//,,AAOMAAOM=故四边形1AOMA为平行四边形，故1AO平面AOM，

故1BCAO⊥，又O是BC中点，所以11ABAC=，【小问2详解】①由于2,,ABBCACAOBC===⊥O是BC中点，所以3,1AOCOBO===,又11ABAC=且11ACAB⊥，所以112ACAB==，11A

O=由于1BCAO⊥，BCAO⊥,故1AOA为1ABCA−−的平面角，由于22211AOAOAA+=,所以1π2AOA=，故平面1ABC⊥平面ABC；②由于1,,OAOAOB两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()10

,0,1,3,0,0,0,1,0,0,1,0AABC−,则()()13,1,0,0,1,1,CAAB==−()113,1,0,CACA==设平面11ABC的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则111300CAmxyA

Bmyz=+==−=，取3x=，则()3,3,3m=−−，由于平面ABC的法向量为()10,0,1OA=,故111321cos,721mOAmOAmOA===故平面ABC与平面11ABC的夹角的余弦值为217

18.在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标()123,,aaa表示，其中{0,1},1,2,3iai=，而在n维空间中(2,N)nn，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标()123,,,,naaaa，其中{0,1}(1,N)iain

i．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点()123,,,,naaaa与()123,,,,nbbbb坐标差的绝对值之和，即为112233nnabababab−+−+−++−．回答下列问题：（1）求出n维“立方体”的

顶点数；（2）在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离．①求X的分布列与期望；②求X的方差．【答案】（1）2n个（2）①分布列见解析，()1221nnnEX−=−；②()()()22

22121nnnnnDX−−−=−【解析】【分析】（1）由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；（2）由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式，方差公式及二项式定理计算即可．【小问1详解】对于n维坐标()123,,,,naa

aa，{0,1}(1,N)iaini，所以共有2n种不同的点，即共有2n个顶点．【小问2详解】①对于()1,ZXkknk=的随机变量，在坐标()123,,,,naaaa与()123,,,,nbbbb中有k个坐标值不同，剩下()nk−个坐标相同，此时对应情况数有1C2knn−种

，所以()122C2CC21nknknnnPXk−===−，则X的分布列为：X12LnP1C21nn−2C21nn−LC21nnn−所以()121C2CC212121nnnnnnnnEX=+++−−−，倒序相加得，()012122()CCCCC2121nnnnnn

nnnnnnEX−=+++++=−−，所以()1221nnnEX−=−；②()()()22DXEXEX=−()1222CCC4212121nnnnnnnEXn=−++++−−−，设012233(1)CCCCCnnnnnnnn

xxxxx+=+++++，两边求导得，112231(1)C2C3CCnnnnnnnnxxxnx−−+=++++，两边乘以x后得，112233(1)C2C3CCnnnnnnnnxxxxxnx−+=++++，两边求导得，212222321(1)(1)C2C3CCnn

nnnnnnxnxxxnx−−++=++++，令1x=得，1222322C2C3CC(1)2nnnnnnnnn−++++=+，所以()()()()22122222212212121(1)2(12)21n

nnnnnnnnnnnDXnnnnXE−−−−−−=−+=−+=−−−+−+．【点睛】方法点睛：在计算数学期望和方差时，应用两个等式：①112312C2C3CCnnnnnnnn−+++=+；②123221C4C9CC(1)2nnnnnnnnn−+++

=++．19.已知e是自然对数的底数，常数0k，函数()()()e1,lnxkfxxHxxx=−=+.（1）求()fx、()Hx的单调区间；（2）讨论直线yx=与曲线ln1yx=−的公共点的个数；（3）记函数()()1eln1,xxxFxxx−+=、2x，若120xx，且(

)()12FxFx=，则()212e2e0xxa−+−，求实数a的取值范围.【答案】（1）()fx的单调递增区间是(,0−，单调递减区间是)0,+；()Hx的单调递减区间是(0,k，单调递增区间是),k+（2）无公共点（3）(,e−【解析

】【分析】（1）求导后根据导数的正负即可判断函数的单调性；（2）设出函数()lnhxxx=−，根据该函数的最小值与1的关系即可得解；（3）结合前两问，设()lnthxxx==−，可得1t，有()()()()1tFxfhx

etft==−=，则可得到使()()12FxFx=时的对应()()12ftft=中的12tt=，即有111221ln,lnxxtxxt−=−=，设211xux=，可将双变量换为单变量，即可将()212e2e0xxa−+−转化为()()21,e2eln10uuuau+−

−−，通过构造新函数()()()21ee2lnDuuuau=+−−−可得()()()22ln10eeeeeeDa=+−−−，即可得ea，构造()()()21eene2lPuuuu=+−−−，研究导数可得()()1,0uDuPu，即可得解.【小问1详解】函数()fx的定义

域为(),−+.()()e1xfxx=−，()()e1eexxxfxxx=−−=−，当(),0x−时，()0fx，当()0,x+时，()0fx，()fx\的单调递增区间是(,0−，单调递减区间是)0,+；函数()lnkHxxx=+的定义域为()()2210,,kx

kHxxxx−+=−=，常数0k，当()0,xk时，()0Hx，当(),xk+时，()0Hx.()Hx的单调递减区间是(0,k，单调递增区间是),k+；【小问2详解】设()lnhxxx=−，它的定义域为()

()110,,1xhxxx−−+==，当()0,1x时，()0hx，即()hx单调递减，当()1,x+时，()0hx，即()hx单调递增，()hx的最小值为()11ln11h=−=，()ln1hxxx=−=−不成立，即方程ln1xx−=−无实数解，故方程ln1xx=−无实数

解，直线yx=与曲线ln1yx=−无公共点；【小问3详解】根据已知，()()lne1lnxxFxxx−=−−的定义域为()0,+，设()lnthxxx==−，由（2）得1t，且()()()()e1tFxfhxtft==−=

，由120xx，记()()1122,hxthxt==，则121,1tt，由()()12FxFx=得()()12ftft=，由（1）知()ft在)1,+上单调递减，故12tt=，111221ln,lnxxtxxt−=−=，记21xux=，则1u，由212121ln

lnxxxxxux−=−=，得12ln1ln1uxuuuxu=−=−，12,xx，若120xx，且()()12FxFx=，则()212e2e0xxa−+−，()2ln1,

e2e01uuuau+−−−，()()21,e2eln10uuuau+−−−，设()()()21ee2lnDuuuau=+−−−，则()()()22ln10eeeeeeDa=+−−−，解得ea，由ea得ea−−，由1u≥得10u−，(

)()()()()222ln121eeeeelnDuuuauuuu=+−−−+−−−，设()()()21eene2lPuuuu=+−−−，则()()10,0ePP==，()2eee2ln1Puuu−=++−，由e是自然对数的底数，得()2e2eee2

1−=−，由（1）知，()2eee2ln1Puuu−=++−在21,e2e−上单调递减，在)2e2e,−+上单调递增；由2e2ee−得()()2e2ee0PP−=，又()()2131210.71e10.310.

32.80eeeeeeeP=−+=−+−+−=−−，存在唯一()201,e2eu−，使()00Pu=，当01uu时，()0Pu，当0euu时，()0Pu，当eu时，()0Pu，当01,uu时，()Pu单调递增，故()()10PuP

=；当0,euu时，()Pu单调递减，故()()e0PuP=；当)e,u+时，()Pu单调递增，故()()e0PuP=.综上所述，当1u时，()0Pu，()()1,0uDuPu.实数a的取值范

围为(,e−.【点睛】关键点点睛：本题中最后一问关键点在于观察得出其与第二问的关联，从而设()lnthxxx==−，得到()()()()e1tFxfhxtft==−=，结合函数()ft的单调性，设出211xux=，从而将双变量问题转化为单变量问题.