【文档说明】湖北省黄冈市2025届高三上学期9月调研考试（一模）数学试题（解析版）.docx，共(18)页，881.088 KB，由小赞的店铺上传

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黄冈市2024年高三年级9月调研考试数学本试卷共4页，19题.全卷满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号，考场号，座位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.4.考试结束后，请将答题卡上交.一、单

选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合2|280,,|,AxxxxByyxx=−−==ZR，则AB=（）A.0,1,2,3B.1,2,3C.0,1D.0【答案】A【解析】【分析】解二次不等式得出集合A，利用

函数的值域得出集合B，再由交集的定义得出答案.【详解】∵2280xx−−，∴()()420xx−+，∴24−x，又∵Zx，∴1,0,1,2,3A=−，,0yxx=，∴0y，即0Byy=，∴0,1,2,3AB=.故选：A2.复数i21iz−

=+，则z的虚部为（）A.3i2B.32C.32−D.3i2−【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算，化简复数z，进而可求虚部.【详解】()()()()i21ii213i13i1i1i1i222z−−−−+====−+++−，故z的虚部为32

，故选：B3.若3sin3cos022++−=，则tan2=（）A.43−B.43C.34−D.34【答案】D【解析】【分析】由诱导公式计算出tan，在代入正切二倍角公式即可.【详解】原方程可化为1cos3sin0tan3−

+==，故222tan33tan211tan419===−−.故选：D4.若向量()()2,0,3,1ab==，则向量a在向量b上的投影向量为（）A.3105B.93,55C.31010,55D.()5,1【答案

】B【解析】【分析】按照投影向量的计算公式求解即可.【详解】解：因为向量()()2,0,3,1ab==，则向量a在向量b上的投影向量为:2693||cos,(3,1)(,)1055||||||||ba

bbabaabbbbbb====.故选：B5.若0,0mn，且3210mn+−=，则32mn+的最小值为（）A.20B.12C.16D.25【答案】D【解析】【分析】利用3232()(32)mnmnmn+=++，结合基本不等式可求和的最小值.【详解

】因为3210mn+−=，所以321mn+=，所以32323266()1()(32)94nmmnmnmnmnmn+=+=++=+++66132131225nmmn+=+=，当且仅当66nmmn=，即15mn==时取等号，所以32mn+的最小值

为25.故选：D.6.已知ABCV的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，π,33Ab==，下面可使得ABCV有两组解的a的值为（）A.332B.3C.4D.e【答案】D【解析】【分析】根据sinbAab

，即可得到答案.【详解】要使得ABCV有两组解，则sinbAab，又π,33Ab==，得到3332a，故选：D.7.设()(),hxgx是定义在R上的两个函数，若1212,,xxxxR，有()()()()1212hxhxgxgx−−恒成立，下列四个命题正确的是（）A.若ℎ

(𝑥)是奇函数，则()gx也一定是奇函数B.若()gx是偶函数，则ℎ(𝑥)也一定是偶函数C.若ℎ(𝑥)是周期函数，则()gx也一定是周期函数D.若ℎ(𝑥)是R上的增函数，则()()()Hxhxgx

=−在R上一定是减函数【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，依据函数的奇偶性，通过反例，可判断AB；根据周期性的定义可判断C，根据函数单调性的定义，结合不等式的性质可判断D【详解】对于A，令(),()1hxxgx==，对1212,,xxxxR可得()()12

121211()()hxhxxxgxgx−=−−=−；而此时()gx不是奇函数，故错误；对于B，令(),()1hxxgx==，()gx是偶函数，对1212,,xxxxR可得()()12121211()()hxhxxxgxgx−=−−=−，此时ℎ(𝑥)为奇函数，故错误；对于C，

设ℎ(𝑥)的周期为T，若1212,,xxxxR，有()()()()1212hxhxgxgx−−恒成立，令1xxT=+，2xx=，则()()()()hxThxgxTgx+−+−，因为()()hxThx+=，所以()()0

gxTgx+−，所以()()gxTgx+=，所以函数𝑦=𝑔(𝑥)也是周期函数，故正确；对于D，设12xx，ℎ(𝑥)是𝑅上的增函数，所以()()12hxhx，又()()()()1212hxhxgxgx

−−即为121221()()()()()()hxhxgxgxhxhx−−−即为1122()()()()hxgxhxgx−−，所以函数()()yhxgx=−也都是𝑅上的单调递增函数，故错误.故选：C8.已知向量4,8,2abababc+===−=，且1

nc−=，则n与c夹角的最大值为（）A.π6B.π4C.π3D.5π12【答案】A【解析】【分析】先得到,ab的夹角为2π3=，设()4,0a=，()2,23b=−，故()1,3c=，设(),nxy=，由1nc−=得到()()22131xy−+−=，设1cos,3s

inxy=+=+，设,nc夹角为，表达出4cos3sincos22cos23sin5++=++，换元后得到3cos44qq=+，由对勾函数性质得到其值域，从而确定3cos,12，得到

夹角最大值.【详解】因为cosabab=，所以16cos8=−，解得1cos2=−，故2π3=，设()4,0a=，()2,23b=−，则()1,32abc+==，设(),nxy=，则()1,3nc

xy−=−−，则()()22131ncxy−=−+−=，即()()22131xy−+−=，设1cos,3sinxy=+=+，设,nc夹角为，则2234cos3sincos222cos23sin5ncxyncxy+++===+++，令

cos3sint+=，则π2sin2,26t=+−，则4cos225tt+=+，令251,3tq+=，则252qt−=，则22544332cos2444225qtqqqqqt−+++====++，其中344qyq=+在1,3q上单调递减，在

3,3q上单调递增，当3q=时，344qyq=+取得最小值，最小值为32，当1q=或3时，344qyq=+取得最大值，最大值为1，故33cos,1442qq=+，由于cosy=在0,π上单调递减，故π0,6，n与c夹角的最大值为π6.故选

：A【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函

数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.已知0

cba，则（）A.acbbca++B.333bca+C.acabcb++D.ccab【答案】ABD【解析】【分析】选项ABD，利用不等式性质计算即可，选项C，因为bc+可正可负，所以不容易化简解决，一般当乘或除以一个不知正负的数，基本上错误，我们只需要找反例即可.【详解】因为

0cba，所以acbcacbbca++，故A正确；因为0cba，所以333333,0bacbca+，故B正确；因为0cba，不妨令3,2,1abc===−，得32,2acabc

b+==+，此时acabcb++，故C错误；因为0cba，所以110ccababab，故D正确.故选：ABD10.已知函数()()π2sin0,2fxx=+的

图象过点()0,1A和()()00,20Bxx−，且满足min13AB=，则下列结论正确的是（）A.π6=B.π3=C.当1,14x−时，函数()fx值域为0,1D.函数()yxfx=−有三个零点【答案】AD【解析】【分析】A选项，把()0,1A代入解

析式，得到π6=；B选项，根据()()00,20Bxx−为函数的最低点及的min13AB=，由勾股定理得到方程，求出02x=，从而得到13224TT，把()2,2B−代入解析式，得到2π3=；C选项，整体法求出函数值

域；D选项，画出()fx与yx=的函数图象，根据交点个数得到零点个数.详解】A选项，把()0,1A代入得2sin1=，1sin2=，因为π2，所以π6=，A正确；B选项，()()00,20Bxx−为函数的最低点，min13AB=，故()2201213x++=，解得02x=，负值舍去，

则13224TT，其中2πT=，故π3π24，故π2sin226+=−，πsin216+=−，由于π3π24，所以7ππ5π2663+，故π3π622+=，解得2π3=，B错误；C选项，()2

ππ2sin36fxx=+，1,14x−时，2ππ5π0,366x+，故2ππ1sin,1362x+−，()2ππ2sin1,236fxx=+

−，C错误；D选项，画出()fx与yx=的函数图象，如下：两函数有3个交点，故()yxfx=−有三个零点，D正确.故选：AD11.已知()()32231fxxxaxb=−+−+，则下列结论正确的是（）A.当1a=时，若()fx有三个零点，则

b的取值范围是()0,1【B.当1a=且()0,πx时，()()2sinsinfxfxC.若()fx满足()()12fxfx−=−，则22ab−=D.若()fx存在极值点0x，且()()01fxfx=，其中10

xx，则01322xx+=【答案】ABD【解析】【分析】对于A，将1a=代入求导求极值，有三个零点，则令极大值大于零，极小值小于零即可；对于B，利用sinyx=的性质，得到20<sin1,0<sin1xx且2sinsinxx，再利用()fx在区间()0,1上

的单调性，即可求解；对于C，根据()()12fxfx−=−，推断函数的对称性，进而可以求得22ba−=，即可判断结果；对于D，利用导数在函数单调性中的应用，得到12a−，进而可得200661axx=−+，令012xxt+=，结合()()01fxfx=，再化简即可得到答

案.【详解】对于选项A，当1a=时，()3223fxxxb=−+，()2666(1)fxxxxx=−=−，由()6(1)0fxxx=−，得到0x或1x，由()6(1)0fxxx=−，得到01x，所

以()3223fxxxb=−+单调递增区间为(),0−，()1,+；减区间为()0,1，故()fx在0x=处取到极大值，在1x=处取到极小值，若()fx有三个零点，则(0)0(1)10fbfb==−，得到01b，故选项A正确，对

于选项B，当()0,πx时，20<sin1,0<sin1xx，又2sinsinsin(1sin)0xxxx−=−，即2sinsinxx，由选项A知，()fx在区间()0,1上单调递减，所以()()2sinsinfxfx，故选项B正确，对于选项C，因为()()

12fxfx−=−，即()()12fxfx−+=，所以()fx关于点1,12中心对称，又()()32231fxxxaxb=−+−+的定义域为R，所以()111123112842fab=−+−+=，整理得到22ba−=，所以选项C错误，对

于选项D，因为()()32231fxxxaxb=−+−+，所以()2661fxxxa=−+−，由题有3624(1)0a=−−，即12a−，由()20006610fxxxa=−+−=，得到200661axx=−+，令012xxt+=，则102xtx=−，又()()01f

xfx=，所以()()002=−fxftx，得到()()32320000002312(2)3(2)12()xxaxbtxtxatxb−+−+=−−−+−−+，整理得到220000(3)(626391)0xtxtt

xtxa−+−−++−=，又200661axx=−+，代入化简得到20(3)(23)0xtt−−+=，又012xxt+=，10xx，所以00130xtxx−=−，得到230t−+=，即01322xxt+==

，所以选项D正确，故选：ABD.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，利用导数在函数单调性中的应用，得到12a−，进而可得200661axx=−+，再通过令012xxt+=，结合条件得到()()002=−fxftx，再代入()()322

31fxxxaxb=−+−+，化简得到20(3)(23)0xtt−−+=，从而解决问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合22|log,|14xAxxmBxx−==−，若“xA”是“xB”的充分不必要条件，则实数m的

取值范围是______.【答案】(,2−【解析】【分析】根据“xA”是“xB”的充分不必要条件，明确集合A，B的关系，列不等式求解实数m的取值范围.【详解】由2logxm02mx.所以()0,2mA=；由214xx

−−2104xx−−−2404xxx−−+−204x−4x.所以(),4B=−.因为“xA”是“xB”的充分不必要条件，所以AB且AB.所以24m2m.故答案为：(,2−13.已知()fx是定义在R上的奇函数，()2fx+为偶函数.当02x时，()

()2log1fxx=+，则()101f=______.【答案】1−【解析】【分析】根据函数的奇偶性确定函数的周期，再利用对数运算计算即可.【详解】由题意可知()()()(),22fxfxfxfx=−−+=−+，所以()()()()()()()22248fxfxfxfxfxfxfx−+=−

−=++=−+=，所以()fx的一个正周期为8，即()()()()()2101511log111ffff==−=−=−+=−.故答案：1−14.已知函数()sin1fxxx=−+，若关于x的不等式()()ee22xxfaxfax+

−−+的解集中有且仅有2个正整数，则实数a的取值范围为________.【答案】54324e3ea【解析】【分析】原不等式的解集有且只有两个整数解等价于()11e32xxxxa−−的解集中有且仅有两个正整数，利用导数讨论后者的单调性后可求参数的取值范围.【详解】设()(

)1singxfxxx=−=−，则()()()1singxfxxxgx−=−−=−+=−，而()gx的定义域为R，故()gx为R上的奇函数，()cos10gxx=−（不恒为零），故()gx为R上的单调减函数，又()()e1e210xxfa

xfax−+−−+−即为：()()ee20xxgaxgax+−−+，也就是()()ee2xxgaxgax+−，故ee2xxaxax+−，故()1e2xaxx−−的解集中有且仅有两个正整数，若0a，则当3x时，()1e012xaxx−−，此时不等式的解集中有无数个正整数

解，不合题意；若0a，因为()111e12a−−，()221e22a−−，故()1e2xaxx−−的解集中不会有1,2，其解集中的正整数解必定大于等于3，不妨设3x，则11e2xxxa−−的解集中有且仅有两个正

整数，为设()1e,32xxsxxx−=−，()()()22231991ee022xxxsxxx−+−+=−−，故()sx在)3,+上为增函数，由题设可得45411e42511e52aa−−−−，故54324e3ea，故答

案为：54324e3ea.【点睛】思路点睛：不等式解集中的正整数解的个数问题，可通过参变分离转化水平的动直线与确定函数图像的位置关系来处理.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.设nS

为数列na的前n项和，满足()*1nnSan=−N.（1）求证：1()2nna=；（2）记22212nnTSSS=+++，求nT.【答案】（1）证明见解析（2）1235111()()3232nnn−−+−【解析】【分析】（1）根据题意，得到2n

时，可得111nnSa−−=−，两式相减得12nnaa−=，得到数列na为等比数列，即可得证；（2）由（1）求得21111()()24nnnS−−+=，结合等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：因为数列n

a的前n项和，满足1nnSa=−，当2n时，可得111nnSa−−=−，两式相减得1nnnaaa−=−，即12nnaa−=，所以112nnaa−=，令1n=，可得1111Saa=−=，解得112a=，所以数列na构成首项为12，公比为12的等比数列，所

以na的图象公式为1111()()222nnna−==.【小问2详解】解：由（1）知1()2nna=，可得11()2nnS=−，所以222111111()]12()()1()()22224[1nnnnnnS−=−=+=−+−，则22

2121111()[1()]244(111)111124nnnnTSSS−−=+++=+++−+−−1235111()()3232nnn−−=+−.16.函数()2sincoscos,0fxxxx=+，函数()fx最小正周期为π

.（1）求函数()fx的单调递增区间以及对称中心；（2）将函数()fx的图象先向右平移π8个单位，再向下平移12个单位，得到函数()gx的图象，在函数()gx图象上从左到右依次取点122024,,,AAA，该点列的横坐标依次为122024,,

,xxx，其中1π4x=，()*1π3nnxxn+−=N，求()()()122024gxgxgx+++.【答案】（1）增区间为3πππ,π,88kkk−+Z，对称中心为为ππ1,,282ll−Z.（2）24【解析】【

分析】（1）利用三角变换可得()12πsin2224fxx=++，结合周期可求1=，再利用整体法可求的单调增区间和对称中心.（2）根据图象变换可得()2sin22gxx=，根据其周期性和特殊角的三角函数值可求()()()122024gxgxgx+++的值

.【小问1详解】()11cos212πsin2sin222224xfxxx+=+=++，因为()fx的最小正周期为π，故2ππ2=，即1=，所以()12πsin2224fxx=++，令πππ2π22π,242kxkk−++Z，故3ππππ,

88kxkk−+Z，故()fx的增区间为3πππ,π,88kkk−+Z.令π2π,Z4xll+=，则ππ,28lxl=−Z，故()fx图象的对称中心为ππ1,,282ll−Z.【小问2详解】由题设有()112ππ2sin

2sin2222442gxxx=−+−+=，则()gx的周期为π，而3π3π3nnxx+−==，故()()3nngxgx+=，而()()122ππ2π2π2,sin2432234gxgxg

==+=+=−，()3π2π2π4π2sin432234gxg=+=+=−，故()()()()()()()()12202412123674gxgxgxgxgxgxg

xgx+++=++++222222674242444=−+−−=17.已知函数()()()232ln34fxaxxaxa=+−+R,（1）若曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为()fxxb=−+，求a和b的

值；（2）讨论()fx的单调性.【答案】（1）12a=，74b=−（2）答案见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解；（2）结合导数与单调性关系对a的范围进行分类讨论即可求解．【小问1详解】()(

)232ln34fxaxxax=+−+，则23()32afxxax=+−−．曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为()fxxb=−+，则()3112fa=−=−，解得12a=，由()9114fab=−−=−+，解得74b=−，【小问2详解】

()()232ln34fxaxxax=+−+，函数定义域为()0,+，则()()32223()322xaxafxxaxx−−=+−−=，令()0fx=，解得2x=或23ax=，若0a，则当(0,2

)x时，()0fx，()fx单调递减，当(2,)x+时，()0fx，()fx单调递增，若0<<3a，则当2,23ax时，()0fx，()fx单调递减，当20,3ax和(2,)x+时，()0fx，(

)fx单调递增，若3a=，则()0fx在(0,)+上恒成立，()fx单调递增，若3a，则当232,xa时，()0fx，()fx单调递减，当(0,2)x和,23xa+时，()0fx，()fx单调递增，综上所述，当0a时，(

)fx的单调递增区间为(2,)+，单调递减区间为(0,2)，当0<<3a时，()fx的单调递增区间为20,3a和(2,)+，单调递减区间为2,23a，当3a=时，()fx的单调递增区间为(0,)+，无单调递减区间，当3a时，()fx的单调递增区间为(

0,2)和2,3a+，单调递减区间为2,23a．18.在ABCV中，角,,ABC所对的边分别为,,abc.（1）证明：1cossintan2sin1cosAAAAA−==+；（2）若,,ab

c成等比数列.（i）设bqa=，求q的取值范围；（ii）求tantan22AC的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）(i)5151,22−+；(ii)135,32−【解析】【分析

】（1）利用二倍角公式及同角三角函数的平方关系证明即可；（2）（i）利用三角形三边关系建立不等式组解不等式即可；（ii）利用第一问及第二问第一小问的结论，结合正余弦定理、对勾函数的单调性计算即可.【小问1详解】易知(),,0,πABC，所以sin

0,sin0,cos0,1cos0,1cos022AAAAA−+，则对于2112sin1cos2tansin22sincos22AAAAAA−−−==，即左侧等式成立，又()()22sin1cos1c

os1cosAAAA=−=−+，两侧同时除以()1cossinAA+，所以1cossinsin1cosAAAA−=+，即右侧等式成立，证毕；【小问2详解】（i）由题意，设公比为q，知2,baqcaq==，根据三角形三边关系知：22222201110qqqa

aqaqqqaaqaqqqaqaqaq++++++，解之得5151,22q−+（ii）由（1）及正弦定理、余弦定理知：222222221sin1cos2tantan221cossin12abcACACaac

baaqaqabcbaACcacbaaqaqbc+−−−+−+−====+−++−+++222122111111qqqqqqqqq+−==−=−++++++，由对勾函数的性质知：()11fqqq=++在51,12−上单调递减，在511,2+

上单调递增，所以())113,51fqqq=+++，则21351,1321qq−−++，即tantan22AC取值范围为135,32−.19.已知定义在()0,+的两个函数，()()()1sinsin,0afxxgxxax==.（1）证明：()s

in0xxx；（2）若()sinahxxx=−.证明：当1a时，存在()00,1x，使得()00hx；（3）若()()fxgx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）(0,1【解析】【分析】（1）当1

x显然成立，当01x，构造函数利用导数证明sinxx即可；（2）先求得()hx在(0,1)单调递减，且()010h=，()010h=即可得；的（3）sinx与1sinx异号，1x时，()()fxgx显

然成立，只考虑𝑥∈(0,1)时，1sinsinaxxx，()0a，根据01a，1a分类利用（1）（2）结论判断即可.【小问1详解】当1x时，sinxx显然成立，当01x时，sinsinxx=.即证()s

in,0,1xxx，设()()sin,0,1xxxx=−，()1cos0xx=−，所以𝜑(𝑥)在(0,1)上单调递增，()()00x=，故()sin,0,1xxx，综上可知：()sin0xxx；【小问2详解】当1a时，()sinahxxx=−，(

)1cosahxxax−−=，当𝑥∈(0,1)时，cosx单调递减，1aax−单调递增，故()hx在(0,1)单调递减，又()010h=，()010h=，所以()hx在(0,1)存在唯一零点，记为0x，所以

ℎ(𝑥)在()00,x单调递增，在()0,1x单调递减，所以()00hx，证毕.【小问3详解】由()()fxgx，0x，即1sinsin,0axxxx，若sinx与1sinx异号，显然成立，只考虑sinx与1sinx同号，又1x=时，2sin1命题成

立；1x时，11sinsinaxxx，命题成立，故只需考虑𝑥∈(0,1)时，1sinsinaxxx，()0a①，若01a，11sinsinsinsinsinaxxxxxxx=

，（用（1）的结论）①式成立，若1a，取*Nm，01mx，取()1010,12π2xxm=+，则：1111111sinsinsinsin2π=sin2axxmxxx=+，（用（2）的结论

）故①不成立，综上：a的取值范围为：(0,1.