【数学】湖南省常德市2025届高三下学期高考模拟考试试题（解析版）

这是一份【数学】湖南省常德市2025届高三下学期高考模拟考试试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，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.
【答案】B
【解析】由，解得，即，而，
所以.
故选：B
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】的否定为.
故选：C
3. 已知数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，
当时，，
当时，，
所以，
所以数列从第二项开始是以为首项，为公比的等比数列，
所以，，
所以，
故ABC错误，D正确.
故选：D.
4. 已知复数满足：，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】因为复数满足：，则，
即得，所以
则.
故选：A.
5. 下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，因为函数为减函数，，
所以，故A错误；
对于B，因为函数是减函数，，
所以，故B错误；
对于C，因为，而，
因为函数在上单调递增，
所以，故C错误；
对于D，因为，，
所以，故D正确.
故选：D.
6. 从1，2，3，4，5，6，7这7个数任选3个不同数排成一个数列，则得到的数列为等差数列的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】从给定的7个数中任取3个的试验有个基本事件，
能构成等差数列的事件含有：公差为的个，公差为的个，公差为有个，共18个基本事件，
所以得到的数列为等差数列的概率为.
故选：A
7. 已知，则（ ）
A. B. 7C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
由和差化积公式可得，
因为，所以，
由，
可得，所以.
故选：C
8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，点在椭圆上，连接并延长交椭圆于点.若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，由，得，，
由椭圆定义得，
由，得，则，
解得，，令椭圆的半焦距为c，
由，得，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：C
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. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件A与B为互斥事件B. 事件两两独立
C. D.
【答案】BD
【解析】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误；
对于选项B，，
，故B正确；
对于选项C，交集为，则，故C错误；
对于选项D，，故D正确
故选：BD.
10. 已知连续函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递增
B. 函数在上单调递增
C. 函数存极小值点
D. “”是“”的充要条件
【答案】ACD
【解析】由定义域在上的连续函数在区间上单调递增，得，，
对于A，，，函数在上单调递增，A正确；
对于B，取函数，显然符合题意，函数，
，当时，，函数在上不单调，B错误；
对于C，函数定义域为，，函数是偶函数，
令，因函数，在上都是增函数，则在上也是增函数，
因是偶函数，故在上是减函数，
因此是函数的一个极小值点，C正确；
对于D，当时，依题意，，，
令，则，
当时，；当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，，
故有；
而当时，取，得，则，
所以“”是“”的充要条件，D正确.
故选：ACD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最大值为
C. 若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为
D. 若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为
【答案】ABD
【解析】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由，得，即点，
对于A，，则点，，，
，因此，A正确；
对于B，，则，即，
令，则，
其中锐角由确定，则当时，的最大值为，B正确；
对于C，，在边上，且，
因平面平面，设平面平面，
而平面平面，则，同理，
因此是平面截该正方体的截面，
点到直线的距离
，当且仅当时取等号，
，C错误；
对于D，因，
设平面的法向量，则，
令，得；
又，因，则，
令平面的法向量，则，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则，，
当时，，当时，，
当且仅当或时取等号，因，此时最小，，，
因此平面与平面夹角的正切值的最小值为，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为______．
【答案】
【解析】由题知：，双曲线的渐近线方程为
故答案为
13. 若函数有最小值，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】当时，，求导得，
函数在上单调递增，在时的取值集合为，
当时，，没有最小值，
由函数在R上有最小值，得在上单调递减，且，
因此，解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：
14. 已知函数在区间上有且仅有1个零点和1条对称轴，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】当时，，
由函数在区间上有且仅有1个零点和1条对称轴，，
得或，解得或，
则，所以实数的取值范围是.
故答案为：
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. 某景区经过提质改造后统计连续5天进入该景区参观的人数（单位：千人）如下：
（1）建立关于的回归直线方程，预测第10天进入该景区参观的人数；
（2）该景区只开放东门，西门供游客出入，游客从东门，西门进入该景区的概率分别为、，且出景区与进入景区选择相同的门的概率为，出景区与进入景区选择不同的门的概率为.假设游客从东门，西门出入景区互不影响，求甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
附：参考数据：
参考公式：回归直线方程，其中，.
解：（1）依题意，，而，
则，，
因此，当时，，
所以关于的回归直线方程为，第10天进入该景区参观的人数约为千人.
（2）记“甲从西门进入景区”为事件，“甲从西门出景区”为事件，“乙从西门出景区”为事件，
，，
由全概率公式得，同理，
所以甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
16. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角为.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在四棱锥中，由平面，平面，得，
由四边形是正方形，得，而平面，
因此平面，又平面,
所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，而，则平面，又平面，
于是，为二面角的平面角，则，
令正方形的棱长为4，而，则，
取中点，连接，则，由（1）知平面平面，
又平面平面，平面，则平面，
是直线与平面所成的角，而，
，所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 如图，在中，分别是上的点，且与交于点，已知，且.

（1）若，求的长；
（2）求的长.
解：（1）在中，，，，
，
.
（2）如图，在上取点，使得，又，，
，则，
所以，
过点作，垂足为，
则，
所以.

18. 已知函数在处的切线与直线垂直.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意恒成立，求实数的值；
（3）对于函数，规定：，叫做函数的阶导数.若对任意恒成立，求满足条件的正整数的最小值.
解：（1）由题意可知：函数的定义域为，则，
若函数在处的切线与直线垂直，
则，解得，所以，
令，则，解得或；
令，则，解得；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）构建，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
则，解得，
若，则，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即对任意恒成立，
且对任意恒成立，
可知对任意恒成立，所以符合题意；
综上所述：.
（3）由（1）可知：，
根据求导法则可设，其中，
则，
则
可知数列是以首项为2，公差为2的等差数列，则，
对于，则，
当时，
，
且符合上式，所以，
则，
若对任意恒成立，
则对任意恒成立，
且的图象开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，则，解得，
所以满足条件的正整数的最小值为3.
19. 已知抛物线的焦点为，点在上，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作圆的两条切线，且分别与相交于点，（异于点）.
（ⅰ）若，求面积；
（ⅱ）证明：直线过定点.
解：（1）点在上，且.
由题意得：，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）（ⅰ）因为，设，
设圆心O到直线的距离为，
又因为，所以，所以，化简得出，
所以或；
联立直线与，得出，所以；
联立直线与，得出，所以；
所以
所以；
（ⅱ）设直线，
联立得，得，则，
的切线斜率为，
是切线，所以
即，计算得，
所以，化简得，
直线，过定点.
日期
3月5日
3月6日
3月7日
3月8日
3月9日
第x天
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2
3
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