2025屆湖北省華中師范大學東湖開發區第一附屬中學第二次高中畢業生復習統一檢測試題數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若為虛數單位，則復數在復平面上對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．過雙曲線的左焦點作直線交雙曲線的兩天漸近線于,兩點，若為線段的中點，且（為坐標原點），則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．3．若表示不超過的最大整數(如，，)，已知，，，則（）A．2 B．5 C．7 D．84．設函數，若在上有且僅有5個零點，則的取值范圍為（）A． B． C． D．5．已知集合A，B=,則A∩B=A． B． C． D．6．已知函數，，若總有恒成立.記的最小值為，則的最大值為（）A．1 B． C． D．7．如圖，正方體的棱長為1，動點在線段上，、分別是、的中點，則下列結論中錯誤的是（）A．， B．存在點，使得平面平面C．平面 D．三棱錐的體積為定值8．雙曲線的漸近線方程為()A． B．C． D．9．把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再將圖象向右平移個單位，那么所得圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．10．如圖所示的程序框圖，若輸入，，則輸出的結果是（）A． B． C． D．11．已知平面向量，滿足，且，則與的夾角為（）A． B． C． D．12．函數（其中是自然對數的底數）的大致圖像為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，滿足，，，則向量在的夾角為______.14．已知實數x,y滿足(2x-y)2+4y15．正方體中，是棱的中點，是側面上的動點，且平面，記與的軌跡構成的平面為．①，使得；②直線與直線所成角的正切值的取值范圍是；③與平面所成銳二面角的正切值為；④正方體的各個側面中，與所成的銳二面角相等的側面共四個．其中正確命題的序號是________．（寫出所有正確命題的序號）16．過直線上一動點向圓引兩條切線MA，MB，切點為A，B，若，則四邊形MACB的最小面積的概率為________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列的前n項和為，且n、、成等差數列，.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；（2）若數列中去掉數列的項后余下的項按原順序組成數列，求的值.18．（12分）在中，角，，所對的邊分別為，，，已知，，角為銳角，的面積為.（1）求角的大小；（2）求的值.19．（12分）在平面直角坐標系中，為直線上動點，過點作拋物線:的兩條切線，，切點分別為，，為的中點.（1）證明:軸；（2）直線是否恒過定點?若是，求出這個定點的坐標；若不是，請說明理由.20．（12分）設函數（）.（1）討論函數的單調性；（2）若關于x的方程有唯一的實數解，求a的取值范圍.21．（12分）2018年反映社會現實的電影《我不是藥神》引起了很大的轟動，治療特種病的創新藥研發成了當務之急．為此，某藥企加大了研發投入，市場上治療一類慢性病的特效藥品的研發費用（百萬元）和銷量（萬盒）的統計數據如下：研發費用（百萬元）2361013151821銷量（萬盒）1122.53.53.54.56（1）求與的相關系數精確到0.01，并判斷與的關系是否可用線性回歸方程模型擬合？（規定：時，可用線性回歸方程模型擬合）；（2）該藥企準備生產藥品的三類不同的劑型，，，并對其進行兩次檢測，當第一次檢測合格后，才能進行第二次檢測．第一次檢測時，三類劑型，，合格的概率分別為，，，第二次檢測時，三類劑型，，合格的概率分別為，，．兩次檢測過程相互獨立，設經過兩次檢測后，，三類劑型合格的種類數為，求的數學期望．附：（1）相關系數（2），，，．22．（10分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為：（為參數），以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為：.（1）求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線交于，兩點，與曲線交于，兩點，求取得最大值時直線的直角坐標方程.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

根據復數的運算，化簡得到，再結合復數的表示，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，根據復數的運算，可得，所對應的點為位于第四象限.故選D.【點睛】本題主要考查了復數的運算，以及復數的幾何意義，其中解答中熟記復數的運算法則，準確化簡復數為代數形式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．2、C【解析】由題意可得雙曲線的漸近線的方程為.∵為線段的中點，∴，則為等腰三角形.∴由雙曲線的的漸近線的性質可得∴∴，即.∴雙曲線的離心率為故選C.點睛：本題考查了橢圓和雙曲線的定義和性質，考查了離心率的求解，同時涉及到橢圓的定義和雙曲線的定義及三角形的三邊的關系應用，對于求解曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，然后轉化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范圍)．3、B【解析】

求出，，，，，，判斷出是一個以周期為6的周期數列，求出即可．【詳解】解：.，∴，，，同理可得：；；.；，，…….∴.故是一個以周期為6的周期數列，則.故選：B.【點睛】本題考查周期數列的判斷和取整函數的應用．4、A【解析】

由求出范圍，結合正弦函數的圖象零點特征，建立不等量關系，即可求解.【詳解】當時，，∵在上有且僅有5個零點，∴，∴.故選:A.【點睛】本題考查正弦型函數的性質，整體代換是解題的關鍵，屬于基礎題.5、A【解析】

先解A、B集合，再取交集。【詳解】,所以B集合與A集合的交集為，故選A【點睛】一般地，把不等式組放在數軸中得出解集。6、C【解析】

根據總有恒成立可構造函數,求導后分情況討論的最大值可得最大值最大值,即.根據題意化簡可得,求得,再換元求導分析最大值即可.【詳解】由題,總有即恒成立.設,則的最大值小于等于0.又,若則,在上單調遞增,無最大值.若,則當時,,在上單調遞減,當時,,在上單調遞增.故在處取得最大值.故,化簡得.故,令,可令,故,當時,,在遞減；當時,,在遞增.故在處取得極大值,為.故的最大值為.故選：C【點睛】本題主要考查了根據導數求解函數的最值問題,需要根據題意分析導數中參數的范圍,再分析函數的最值,進而求導構造函數求解的最大值.屬于難題.7、B【解析】

根據平行的傳遞性判斷A；根據面面平行的定義判斷B；根據線面垂直的判定定理判斷C；由三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，判斷D.【詳解】在A中，因為分別是中點，所以，故A正確；在B中，由于直線與平面有交點，所以不存在點，使得平面平面，故B錯誤；在C中，由平面幾何得，根據線面垂直的性質得出，結合線面垂直的判定定理得出平面，故C正確；在D中，三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，即三棱錐的體積為定值，故D正確；故選：B【點睛】本題主要考查了判斷面面平行，線面垂直等，屬于中檔題.8、A【解析】

將雙曲線方程化為標準方程為，其漸近線方程為，化簡整理即得漸近線方程.【詳解】雙曲線得，則其漸近線方程為，整理得.故選：A【點睛】本題主要考查了雙曲線的標準方程，雙曲線的簡單性質的應用.9、D【解析】

試題分析：把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），可得的圖象；再將圖象向右平移個單位，可得的圖象，那么所得圖象的一個對稱中心為，故選D.考點：三角函數的圖象與性質.10、B【解析】

列舉出循環的每一步，可得出輸出結果.【詳解】，，不成立，，；不成立，，；不成立，，；成立，輸出的值為.故選：B.【點睛】本題考查利用程序框圖計算輸出結果，一般要將算法的每一步列舉出來，考查計算能力，屬于基礎題.11、C【解析】

根據，兩邊平方，化簡得，再利用數量積定義得到求解.【詳解】因為平面向量，滿足，且，所以，所以，所以，所以，所以與的夾角為.故選：C【點睛】本題主要考查平面向量的模，向量的夾角和數量積運算，屬于基礎題.12、D【解析】由題意得，函數點定義域為且，所以定義域關于原點對稱，且，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，故選D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

把平方利用數量積的運算化簡即得解.【詳解】因為，，，所以，∴，∴，因為所以.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的運算法則，考查向量的夾角的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.14、2【解析】

直接利用柯西不等式得到答案.【詳解】根據柯西不等式：2x-y2+4y當2x-y=2y，即x=328故答案為：2.【點睛】本題考查了柯西不等式求最值，也可以利用均值不等式，三角換元求得答案.15、①②③④【解析】

取中點,中點,中點,先利用中位線的性質判斷點的運動軌跡為線段,平面即為平面,畫出圖形,再依次判斷:①利用等腰三角形的性質即可判斷；②直線與直線所成角即為直線與直線所成角,設正方體的棱長為2,進而求解；③由,取為中點,則,則即為與平面所成的銳二面角,進而求解；④由平行的性質及圖形判斷即可.【詳解】取中點,連接,則,所以,所以平面即為平面,取中點,中點,連接,則易證得,所以平面平面,所以點的運動軌跡為線段,平面即為平面.①取為中點,因為是等腰三角形,所以,又因為,所以,故①正確；②直線與直線所成角即為直線與直線所成角,設正方體的棱長為2,當點為中點時,直線與直線所成角最小,此時,；當點與點或點重合時,直線與直線所成角最大,此時,所以直線與直線所成角的正切值的取值范圍是,②正確；③與平面的交線為,且,取為中點,則即為與平面所成的銳二面角,,所以③正確；④正方體的各個側面中,平面,平面,平面,平面與平面所成的角相等,所以④正確．故答案為:①②③④【點睛】本題考查直線與平面的空間位置關系,考查異面直線成角,二面角,考查空間想象能力與轉化思想.16、.【解析】

先求圓的半徑,四邊形的最小面積,轉化為的最小值為，求出切線長的最小值,再求的距離也就是圓心到直線的距離,可解得的取值范圍,利用幾何概型即可求得概率．【詳解】由圓的方程得，所以圓心為，半徑為，四邊形的面積，若四邊形的最小面積，所以的最小值為，而，即的最小值，此時最小為圓心到直線的距離，此時，因為，所以，所以的概率為．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系,及與長度有關的幾何概型,考查了學生分析問題的能力,難度一般.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析，；（2）11202.【解析】

（1）由n，，成等差數列，可得，，兩式相減，由等比數列的定義可得是等比數列，可求數列的通項公式；（2）由（1）中的可求出，根據和求出數列，中的公共項，分組求和，結合等比數列和等差數列的求和公式，可得答案.【詳解】（1）證明：因為n，，成等差數列，所以，①所以.②①－②，得，所以.又當時，，所以，所以，故數列是首項為2，公比為2的等比數列，所以，即.（2）根據（1）求解知，，，所以，所以數列是以1為首項，2為公差的等差數列.又因為，，，，，，，，，，，所以.【點睛】本題考查等比數列的定義，考查分組求和，屬于中檔題.18、（1）；（2）7.【解析】分析：（1）由三角形面積公式和已知條件求得sinA的值，進而求得A；（2）利用余弦定理公式和（1）中求得的A求得a．詳解：（1）∵，∴，∵為銳角，∴；（2）由余弦定理得：.點睛：本題主要考查正弦定理邊角互化及余弦定理的應用與特殊角的三角函數，屬于簡單題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.19、（1）見解析（2）直線過定點.【解析】

（1）設出兩點的坐標，利用導數求得切線的方程，設出點坐標并代入切線的方程，同理將點坐標代入切線的方程，利用韋達定理求得線段中點的橫坐標，由此判斷出軸.（2）求得點的縱坐標，由此求得點坐標，求得直線的斜率，由此求得直線的方程，化簡后可得直線過定點.【詳解】（1）設切點，，，∴切線的斜率為，切線：，設，則有，化簡得，同理可的.∴，是方程的兩根，∴，，，∴軸.（2）∵，∴.∵，∴直線：，即，∴直線過定點.【點睛】本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查直線過定點問題，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.20、（1）當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2）或.【解析】

（1）求出，對分類討論，先考慮（或）恒成立的范圍，并以此作為的分類標準，若不恒成立，求解，即可得出結論；（2）有解，即，令，轉化求函數只有一個實數解，根據（1）中的結論，即可求解.【詳解】（1），當時，恒成立，當時，，綜上，當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2），令，原方程只有一個解，只需只有一個解，即求只有一個零點時，的取值范圍，由（1）得當時，在單調遞增，且，函數只有一個零點，原方程只有一個解，當