【数学】湖南省2025届高考普通高中名校联考第一次模拟考试试题 （解析版）

这是一份【数学】湖南省2025届高考普通高中名校联考第一次模拟考试试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了 若集合，则， 若复数，则的虚部为， 在中，，且边上的高为，则等内容，欢迎下载使用。
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解不等式得，即，
又，所以.
故选：A
2. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
所以的虚部为.
故选：D.
3. 甲同学每次投篮命中的概率为，在投篮6次的实验中，命中次数的均值为2.4，则的方差为（ ）
A. 1.24B. 1.44C. 1.2D. 0.96
【答案】B
【解析】根据题意可得命中次数服从二项分布，即；
即可得均值，解得；
所以的方差为.
故选：B
4. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由函数的定义域为，
设，则，
又单调递增，
当时，，，无单调性，不成立；
当时，在和上单调递增，
即在和上单调递增，
所以，则，即；
当时，在和上单调递减，
即在和上单调递减，不成立；
综上所述，
故选：C.
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，为的中点，且，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如下图所示：

因为的中点，且，则，
由椭圆的定义，则，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，
即；又因，
代入整理得：，即，
解得或（舍）.
故选：C.
6. 已知正四面体的高等于球的直径，则正四面体的体积与球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图，正四面体，设其棱长为2，
设的中心为，连接，延长交于，
则平面且，
故正四面体的高为且，
所以.
设球的半径为，则，
则球的体积为，
故体积比为
7. 在中，，且边上的高为，则（ ）
A. 的面积有最大值，且最大值为
B. 的面积有最大值，且最大值为
C. 的面积有最小值，且最小值为
D. 的面积有最小值，且最小值为
【答案】D
【解析】因为
所以
所以，又为三角形内角，
所以，所以
设角的对边分别为，边的高为，
由三角形面积公式可得：，又，
所以，又，
所以，当且仅当时取等号，
所以
所以
故选:D
8. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 函数的一个对称中心为B.
C. 函数周期函数，且一个周期为4D.
【答案】C
【解析】对于A，因为为奇函数，
所以，即，
所以，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以A正确，
对于B，在中，令，得，得，
因为函数为偶函数，所以，
所以，
所以，
令，则，所以，得，所以B正确，
对于C，因为函数的图象关于点对称，，
所以，所以，
所以4不是的周期，所以C错误，
对于D，在中令，则，
令，则，因为，所以，
因为，所以，所以D正确，
故选：C
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设公比为的等比数列的前项和为，若数列满足，且，，则下列结论正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于B，当时，，，又，，
或；
当时，，，与矛盾，，B正确；
对于A，，A错误；
对于C，，，，，即，C正确；
对于D，，又，，D错误.
故选：BC.
10. 将函数图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A. 为偶函数
B. 的最小正周期为
C. 与在上均单调递减
D. 函数在上有5个零点
【答案】ACD
【解析】对A，，显然为偶函数，A正确；
对B，由题知，，则最小正周期，B错误；
对C，由得，在上单调递减，
所以在上单调递减，
由得，在上单调递减，
所以在上单调递减，C正确；
对D，由得，
所以或，
即或，
因为，所以，
所以函数在上有5个零点，D正确.
故选：ACD
11. 若函数，则（ ）
A. 可能只有1个极值点
B. 当有极值点时，
C. 存在，使得点为曲线的对称中心
D. 当不等式的解集为时，的极小值为
【答案】BCD
【解析】，
则，令，
.
A项，当时，，则在上单调递增，不存在极值点；
当时，方程有两个不等的实数根，设为，，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
故在处取极大值，在处取极小值，即存在两个极值点；
综上所述，不可能只1个极值点，故A错误；
B项，当有极值点时,有解，则，
即.由A项知，当时，在上单调递增，不存在极值点；
故，故B正确；
C项，当时，，
，所以，
则曲线关于对称，
即存在，使得点为曲线的对称中心，故C正确；
D项，不等式的解集为，
由A项可知仅当时，满足题意.
则且，且在处取极大值.
即，则有，
故，
，
又，
解得，
故，
则，
当时，，则在单调递增；
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
故在处有极大值，且极大值为；
在处有极小值，且极小值为；
故D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是等比数列，，则数列的前项和为__________.
【答案】
【解析】由是等比数列可得其公比，
因此数列的首项为，公比，所以，即；
所以数列的前项和为
.
故答案为：
13. 甲､乙玩一个游戏，游戏规则如下：一个盒子中装有标号为的6个大小质地完全相同的小球，甲先从盒子中不放回地随机取一个球，乙紧接着从盒子中不放回地随机取一个球，比较小球上的数字，数字更大者得1分，数字更小者得0分，以此规律，直至小球全部取完，总分更多者获胜.甲获得3分的概率为__________.
【答案】
【解析】将问题转化为：在三个盒子中各放入2个编号不同小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率.
甲从三个盒子中各取一球，共有种取法，三个都是编号较大小球只有一种取法，
所以，甲获得3分的概率为.
故答案为：
14. 已知正方体的棱长为，若在该正方体的棱上恰有个点，满足，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】当在、上时由、，即，即；
当在、上时为等腰三角形，，即，即；
当在、、、上时的取值范围均一致，当在上时，绕翻折，使平面与平面在同一平面内，
如图所示，
则，即，
又在每条棱上运动时，所在位置与的值一一对应，
又，
所以若满足条件的点恰有个，则，
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 为了研究学生的性别和是否喜欢跳绳的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表：
（1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别和是否喜欢跳绳有关联？
（2）已知该校学生每分钟的跳绳个数，该校学生经过训练后，跳绳个数都有明显进步.假设经过训练后每人每分钟的跳绳个数都增加10，该校有1000名学生，预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数（结果精确到整数）.
附：，其中.
若，则，.
解：（1）：学生性别和是否喜欢运动无关.
，
所以根据的独立性检验，不能认为学生的性别与是否喜欢跳绳有关.
（2）训练前该校学生每人每分钟的跳绳个数，
则，，，
即训练前学生每分钟的跳绳个数在，，，
，
由（人）
估计训练前该校每分钟的跳绳个数在内的人数为.
即预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数为.
16. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为棱的中点，点在棱上，，且.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
（1）证明：如图，取棱靠近的三等分点，
连结，则是的中点，
因为为棱的中点，所以是的中位线，
所以，因为，所以，
设，因为，
所以，作，连接，
则，因为，所以．
在中，由余弦定理得，
．
又面，
平面，因为面，所以．
又由平面平面，平面平面，
平面得证.
（2）解：由（1）知，．以为原点，
的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
令．
设平面的法向量为，
则即令，可得．
连接，此时，，由余弦定理得，
所以，所以，
因为平面，所以，
因为面，，
所以面，故平面的一个法向量为．
设平面和平面的夹角为，则，
平面和平面夹角的余弦值为．
17. 已知函数，且曲线在点处的切线斜率为.
（1）比较和的大小；
（2）讨论的单调性；
（3）若有最小值，且最小值为，求的最大值.
解：（1），由题知，
整理得.
（2）由（1）知，，
当时，恒成立，此时在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）知，当时，无最小值，
当时，在处取得最小值，所以，
记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值，
即的最大值为.
18. 已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）．
（1）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
（2）若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积．
解：（1）由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角，
设直线、的倾斜角分别为、（、），
直线、关于直线对称，，
．
（2）联立，
双曲线在点处的切线方程为．
不妨设直线为，，，
联立得，
整理得，将等式看作关于的方程：
两根之和，两根之积，
而其中，
由（1）得，
直线为，过定点，
又双曲线在点处的切线方程为，过点，，
．
19. 若数列满足，且，则称数列为“稳定数列”.
（1）若数列为“稳定数列”，求的取值范围；
（2）若数列的前项和，判断数列是否为“稳定数列”，并说明理由；
（3）若无穷数列为“稳定数列”，且的前项和为，证明：当时，.
（1）解：由“稳定数列”的定义可知,，
解得，又因为，所以.
（2）解：数列不是 “稳定数列”，理由如下
令，得，
当时，，
检验，当时，，
故，所以，，
要使为“稳定数列”，则需，
即恒成立；
所以有，
显然不可能恒小于等于零，
故不能恒成立，
所以数列不是 “稳定数列”；
（3）证明：由题可知，且，
则与两式相加
得
，
令，
则有，
分类讨论，
第一类， ，
，，
因为，所以有，
所以有，
得，
第二类，，
则有，
则有，， ，
得到，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以当为偶数时，，得，
当为奇数时，，
又因为，
所以，
所以，
所以得.男学生
女学生
合计
喜欢跳绳
35
35
70
不喜欢跳绳
10
20
30
合计
45
55
100
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635