湖南省长沙市2025届新高三8月摸底考试数学模拟试题（Word版附答案）

这是一份湖南省长沙市2025届新高三8月摸底考试数学模拟试题（Word版附答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数满足：，则的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
3．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．34B．35C．36D．38
4．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知椭圆 及圆O：，如图，过点与椭圆相切的直线l交圆O于点A，若 ，则椭圆离心率的为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，且有，则的最小值是（ ）
A．6B．7C．8D．9
7．若函数是上的单调函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若存在满足，且，则的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）．
A．若是无理数，是有理数，则是无理数
B．若，则
C．若“，”是真命题，则
D．已知，是方程的两个实根，则
10．若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ）
A．B．点是函数的对称中心
C．函数在上单调递增D．直线是函数图象的对称轴
11．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，设它的第n项，若序列的所有项都是2，且，，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知，则 ．
13．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，则展开式中的常数项为 ．
14．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，，则三棱锥的外接球的体积为 .
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．
16．如图，直三棱柱中，，为上一点，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若直三棱柱的体积为，求二面角的余弦值.
17．已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的两点，为坐标原点，直线的斜率之积为，求的面积．
18．在”五四”来临之际，某学校团委组织以“春风吹，青春启航”为主题的知识竞赛，比赛分初赛和决赛两个阶段，甲、乙两人进入决赛争夺冠军，决赛规则如下：每轮答题获得分，其概率为，获得分，其概率为.最多进行轮答题，某同学累计得分为分时，比赛结束，该同学获得冠军，另一同学获得亚军.
(1)当进行完轮答题后，甲同学总分为，求的分布列及；
(2)若累计得分为的概率为，（初始得分为分，）
①求的表达式().
②求获得亚军的概率.
19．已知函数．
当时，求函数的单调增区间；
若函数在上是增函数，求实数a的取值范围；
若，且对任意，，，都有，求实数a的最小值．
参考答案：
1．D
【分析】解对数不等式求出，进而求出交集.
【详解】，解得，故，
因为，所以.
故选：D
2．C
【分析】根据复数代数形式的除法法则化简复数，即可得到其共轭复数；
【详解】解：，
，
．
故选：C．
3．B
【分析】先利用等差数列的性质求得，进而求得公差，从而求得得解.
【详解】因为是等差数列，设其公差为，
因为，则，
所以，则，
所以，.
故选：B.
4．A
【分析】利用对指函数的单调性求解.
【详解】 ，，，
所以 .
故选：A.
5．A
【分析】由条件列出的齐次方程，由此可求椭圆离心率的值.
【详解】由题意得是等边三角形，则直线的倾斜角为，其斜率为，故直线的方程为，代入椭圆方程整理得，其判别式，化简可得，则，又，所以，
故选：A.
6．B
【解析】由题设结合基本不等式可知，即，再结合不等式的性质可知结论.
【详解】，利用基本不等式知，
又，，
即，当且仅当时等号成立．
由不等式的同向可加性知：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查不等式的性质及基本不等式的应用，解答本题的关键是利用基本不等式转化已知条件得到，即，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力，属于基础题.
7．D
【分析】由函数解析式知函数在上单调递减，建立不等关系解出即可.
【详解】因为函数在上单调，由在上不可能单调递增，
则函数在上不可能单调递增，故在R上单调递减，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：D.
8．B
【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意，，，2，3，，，都有，要使取得最小值，尽可能多让，2，3，，取得最值点，然后作图可得满足条件的最小值．
【详解】因为对任意，都有，
要使取得最小值，应尽可能多让取得最值点，
考虑，且，
按下图取值即可满足条件，
则的最小值为6.
故选：B.
9．BCD
【解析】举反例可判断选项A；利用基本不等式求最值可判断选项B；根据二次函数的最小值大于等于求出的范围可判断选项C；由根与系数的关系可得，，将通分，即可求的值，即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于选项A：当，时，是有理数，故选项A错误；
对于选项B：因为，所以，
则
（当且仅当时，等号成立），故选项B正确；
对于选项C：由题意可得，解得：，故选项C正确；
对于选项D：由题意可得，，
则，故选项D正确．
故选：BCD
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
10．AB
【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项A；整体代入法验证选项BD，利用正弦函数图像性质判断选项C.
【详解】∵的两条相邻对称轴距离为.
∴，∴.∴.
∵，∴，又，则.
∴.∴选项A正确；
选项B：由，
可得函数对称中心的横坐标：.
当时，对称中心为.B正确；
选项C：当时，，，
∴在上不递增，C错误；
选项D：由，.
可得对称轴：，.∴不是对称轴.
或验证法把代入得，∴不是对称轴.
∴D错误；
故选：AB.
11．BC
【分析】设，根据累乘法求出，进而求出即可．
【详解】设，
序列的所有项都是2，
，即，
，
，
，解得：，
，，，
，，
故选：BC．
12．
【分析】利用二倍角公式对化简后代值求解即可.
【详解】因为，
所以，
故答案为：
13．
【分析】利用已知条件求出的值，再利用二项展开式通项可求得结果.
【详解】在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，
令，得各项系数和为，二项式系数和为，则，得．
展开式的通项为，
令，可得，因此，展开式中的常数项为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：对于二项展开式的问题，注意一些常见结论的应用：
（1）二项式的系数和为；
（2）令变量为，二项式的值为各项系数和.
14．
【分析】根据棱锥的性质，证明的中点就是三棱锥的外接球球心，得出半径后可求体积．
【详解】取中点，中点，连接，则，
因为底面，所以平面，
因为四边形是菱形，则，所以是的外心，
又底面，平面，所以，
所以到四点距离相等，即为三棱锥的外接球球心．
又，，所以，
所以，
所以三棱锥的外接球体积为．
故答案为：．
15．(1)．
(2)．
【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因为，所以．
（2）因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）几何法：作交于点，交于点，连接，利用勾股定理和相似比可得四边形是平行四边形，所以，再根据面面垂直的性质定理和判断定理即可证明；向量法：利用勾股定理和线面垂直的性质定理可得两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（2）由直三棱柱体积可得，利用勾股定理和线面垂直的性质定理可得两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）方法一（几何法）:如图，作交于点，交于点，连接，

因为，
所以，所以，
所以由等面积可得，
由勾股定理得，
所以，所以，
又，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为直三棱柱平面平面，平面平面，
所以平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
方法二（向量法）：因为，
所以，所以，
由题知平面，又平面，
所以两两垂直，
以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令得平面的一个法向量为，
因为，
所以，平面平面.
（2）因为直三棱柱的体积为，所以，解得，
所以，
由题知平面，又平面，
所以两两垂直，
以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为
设二面角的大小为，则，
易知为锐角，
所以二面角的余弦值为.
17．(1)，；
(2).
【分析】（1）根据点到直线距离公式求出，再根据渐近线方程及，求出，，得到双曲线方程；
（2）设出直线：，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据直线，的斜率之积为，列出方程，得到，得到直线方程，数形结合得到的面积.
【详解】（1）双曲线的焦点到渐近线的距离为，则，
由一条渐近线方程为，得，而，解得，，
所以双曲线的标准方程为，离心率.
（2）依题意，设直线：，，
由消去y并整理得，显然，
则，，
由，
而，解得，于是，，直线：交y轴于，
又，
所以的面积为.

18．(1)分布列见解析，
(2)①；②获得亚军的概率为
【分析】（1）利用二项分布，来求概率即可；
（2）①利用递推思想，也就是要分析累计得分，可能是上一次累计得分，再得2分，也可能是上一次累计得分，再得1分，然后计算相应的概率即可得到递推关系；
②有了递推关系和首项，就可以用数列中的累加思想求通项，然后求出的值即可表示得冠军的概率，而两人争夺冠亚军是对立事件，所以利用对立事件概率求法即可解决问题.
【详解】（1）设进行完轮答题时，得分的次数为，.
，，
随机变量表示甲同学的总分，其可能取值为，，，，
，
，
，
所以的分布列为：
（2）①当时，即累计得分为分，是第一轮抢答得分，，则，
累计得分为分的情况分两种：
（i），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为.
（ii），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为.
则，所以.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
②由①得，，，，
各式累加得：.
而，所以.
所以获得冠军的概率：.
所以获得亚军的概率为：.
19．（1） （2） （3）
【分析】把代入函数解析式，求其导函数，由导函数大于0求函数的单调增区间；
求原函数的导函数，由函数在上是增函数，说明其导函数在上大于等于0恒成立，在导函数中x与恒大于0，只需对恒成立，则a可求；
由知，当时在上是增函数，任取，，且规定，则不等式可转化为恒成立，引入函数，说明该函数为增函数，则其导函数在上大于等于0恒成立，分离变量后利用基本不等式可求a的最小值．
【详解】解：当时，．
则
令，得，即，解得：或．
因为函数的定义域为，
所以函数的单调增区间为．
由函数．
因为函数在上是增函数，
所以对恒成立
即对恒成立．
所以
即实数a的取值范围是．
因为，由知函数在上是增函数．
因为，，，不妨设，所以
由恒成立，可得，
即恒成立．
令，则在上应是增函数
所以对恒成立．
即对恒成立．
即对恒成立
因为当且仅当即时取等号，
所以．
所以实数a的最小值为．3
4
5
6