湖南省部分学校2025届高三“一起考”大联考（模拟一）数学试卷（解析版）

这是一份湖南省部分学校2025届高三“一起考”大联考（模拟一）数学试卷（解析版），共19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. 若集合，，，则中元素的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】由题知，
则，，
所以，所以中元素的个数为3.
故选：C．
2. 若是复数，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，则复数在复平面上的对应点为，
因为，
所以，故，
所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，
所以点到原点的最大距离为，
所以的最大值为.
故选：B．
3. 在数列中，，且，则（ ）
A. 3B. -2C. D.
【答案】A
【解析】数列中，，且，
则，，，，，，
所以，即数列是以4为周期的数列，
所以，
故选：A．
4. 已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知函数的最小正周期，
由，且，
则与分别为函数的最大(小)，小(大)值，所以.
故选：A.
5. 如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面．
对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF，
易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面．
故选：D
6. 若函数为偶函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】函数为偶函数，的定义域为，且为偶函数，
在(或其子集)上为偶函数，
恒成立，
恒成立，

故选: A .
7. 二十名校国旗班成员站成一排参加训练，教育计划在20人中选9人进行第一项训练，若这9人在原来队列中互不相邻、则教官的选择方式一共有（ ）
A 220种B. 55种C. 210种D. 110种
【答案】A
【解析】本题等价于向11个人的队中插入9个人使他们不相邻，考虑插空法即为220，
故选：A．
8. 已知的定义域为且，则的最小值是（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】B
【解析】因为，
则，
所以，
又，得，则，
故，
令，则，，
因为时，则函数在单调递增，
因为时，则函数在单调递减，
且时，
所以，，
则，令，其图象的对称轴，
则在单调递减，
所以，即的最小值是.
故选：B．
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. 已知曲线Γ：（），则（ ）
A. Γ可能是等轴双曲线
B. 若Γ表示焦点在y轴上的椭圆，则
C. Γ可能是半径为的圆
D. 若Γ表示焦点在x轴上的双曲线，则
【答案】BCD
【解析】对于A，若Γ是等轴双曲线，则，显然不成立，故A错误；
对于B，Γ表示焦点在y轴上的椭圆，
则，解得，故B正确；
对于C，Γ是圆，则，解得，半径为，故C正确；
对于D，Γ表示焦点在x轴上的双曲线，则，
解得，故D正确.
故选：BCD.
10. 小王经过调查获得如下数据：
参考公式：相关系数，，．
下列说法正确的有（ ）
A. 该数据组的线性回归方程（系数精确到0.01）为
B. 该数据组的相关系数，很接近1说明该数据组拟合效果很好
C. 所有数据点中残差绝对值最小的是
D. 去掉数据点后，回归直线会向下移动
【答案】ACD
【解析】对于A，，，
，
所以，，
所以该数据组的线性回归方程为，故A正确；
对于B，由，
则，很接近1说明两个变量相关性越强，与拟合效果无关，故B错误；
对于C，由残差绝对值，结合A项的回归方程可得，
，，，
，，故C正确；
对于D，，故点在回归直线上方，故去掉该点后，回归直线下移，故D正确．
故选：ACD．
11. 下列说法不正确的有（ ）
A. 正四面体的四个面所在平面可以将空间划分为15个区块
B. 若直线和平面均垂直于平面，则
C. 正八面体八个面所在平面可以将空间划分的区块数是正四面体划分区块数的4倍
D. 从空间内任意一点出发，最多可以引出5条射线使得他们两两之间的夹角均为钝角
【答案】BCD
【解析】对于A，参考直线划分平面的思路，
当新加入平面后，考虑已有平面与原有平面的交线可以将新加入的平面划分为个区域，
由于每一个区域可将原空间一分为二，所以新增加的区块数为（新加入平面被划分的区域）．
例如：一个平面将空间划分为2块，加入新平面．若平行，那么新增加的区块数为1．
若不平行，那么与有一条交线，这条交线把平面划分为2个区域，所以新增加的区块数为2．
类比分析四面体划分的区块，
①平面将空间划分为2个部分．
②增加平面，平面与平面的交线为，直线将平面一分为二，
每个区域将所在空间一分为二，故增加了2个区块，此时区块数为．
③增加平面，平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，
这两条交线相交，将平面分为4个区域，这4个区域将所在空间一分为二，
故增加了4个区块，此时区块数为．
④增加平面，平面与上述三个平面的交线分别为，，，这3条交线将平面分为7个区域，
这7个区域将其所在空间一分为二，故增加了7个区块，此时区块数为．
故正四面体的四个面所在平面可以将空间划分为15个区块，故A正确；
对于B，也可以，故B错误；
对于C，同选项A，正八面体的八个面所在平面可以将空间划分的区块数为59个，，故C错误；
对于D，假设5条射线可以两两成钝角，设起始点为，终点为，
则，以方向建立轴，，
那么，，，都在平面的的负半轴一侧，，
又恒大于0，且是在平面上的投影向量的数量积，
于是总有，使得．从而，故假设不成立，故D错误．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题、每小题5分，共15分．
12. 已知，则_____．
【答案】
【解析】因为，
所以．
13. 已知为坐标原点，是椭圆的左焦点，，分别为的左，右顶点，为上一点，且轴，过点A的直线与线段交于点，与轴交于点．若直线经过的中点，则的离心率为_____．
【答案】
【解析】由题意可设，，，
设直线的方程为，
令，可得，令，可得．
设的中点为，可得，
因为，，三点共线，
所以，又，，
所以，
所以，即，
所以椭圆的离心率.
故答案为：.
14. 已知，若在上有解，则的最小值是_____．
【答案】12
【解析】因为函数，
又在上有解，
设这个解是，则，
则，即，
即点可看作在动直线上，则可转化为点到原点距离的平方的最小值．
则，令，，
则，
当且仅当，即时取等号，此时，
则．
故答案为：12.
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. 已知，，是互不相等的正实数．
（1）若，，成等差数列，求证：，，不可能是等比数列；
（2）设的内角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，求证：．
证明：（1）假设，，成等比数列，所以，①
因为，，成等差数列，所以，②
由①②可得，与已知，，是互不相等的正实数矛盾，
故假设不成立，原命题成立．
（2）因为，，成等差数列，所以，所以，
由余弦定理和基本不等式可得
，
当且仅当时，等号成立，
因为，，为的三边，所以，
所以，所以，所以．
16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与底面夹角的余弦值；
（3）求平面与四棱锥表面的交线围成的图形的周长．
（1）证明：如图，连接，
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）解：因为底面，又平面，
所以，
又底面为正方形，则，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，分别为，的中点．
则，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，，所以．
因为平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与底面夹角的余弦值为．
（3）解 ：平面与棱交于一点，
由（2），设交点，则，，
又，所以，
则，所以，
又，，
则，即，
所以平面与四棱锥表面的交线围成的图形的周长为．
17. 市教育局计划举办某知识竞赛，先在，，，四个赛区举办预赛，每位参赛选手先参加“赛区预赛”，预赛得分不低于100分就可以成功晋级决赛．赛区预赛的具体规则如下：每位选手可以在以下两种答题方式中任意选择一种答题．方式一：每轮必答2个问题，共回答6轮，每轮答题只要不是2题都错，则该轮次中参赛选手得20分，否则得0分，各轮答题的得分之和即为预赛得分；方式二：每轮必答3个问题，共回答4轮，在每一轮答题中，若答对不少于2题，则该轮次中参赛选手得30分，如果仅答对1题，则得20分，否则得0分．各轮答题的得分之和即为预赛得分．记某选手每个问题答对的概率均为．
（1）若，求该选手选择方式二答题晋级的概率；
（2）证明：该选手选择两种方式答题的得分期望相等．
解：（1）该选手选择方式二答题，记每轮得分为，
则可取值为0，20，30，
且，，
记预赛得分为，
∴该选手所以选择方式二答题晋级的概率为．
（2）证明：该选手选择方式一答题：
设每轮得分为，则可取值为0，20，
且，
∴，
设预赛得分为，则，
．
该选手选择方式二答题：
设每轮得分为，则可取值为0，20，30，且
，
，
，
∴．
设预赛得分为，则
，
因为，所以该选手选择两种方式答题的得分期望相等．
18. 已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形ABP的重心G在定直线上，求三角形ABP面积的最大值.
解：（1）根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义可知：，，抛物线C的方程为.
（2）设动点，切点，.
设过A的切线PA方程为，与抛物线方程联立，
消去x整理得，，所以，
所以切线PA方程为，同理可得切线PB方程为，
联立解得两切线的交点，所以有.
因为，
又G在定直线，所以有，即P的轨迹为，
因为P在抛物线外，所以.
如图，取AB中点Q，则，
所以，因为，
所以，
所以，所以当时，.
19. 已知函数．
（1）若，且有2个不同的零点．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
（2）记，对于任意，总存在，使得，求的取值范围．
参考公式：若与存在，则．
解：（1）（i）由得，显然不是方程的解.
当时，分离参数得，
由题意得关于的方程有两个解.
令，则，
当时，，在上单调递减，且；
当时，，在上单调递减，且；
当时，，在上单调递增，且；
当；当；
当；当；
如图作出的大致图象.

于是要使有两个解.
故的取值范围为.
（ii）证明：结合题意及（i）有；
所以，且，
令，将代入上式解得，
则，，
要证，即证，
令,
则
，
令，，
则，
令，，
则，
令，，
则，
则在单调递减，所以，即，
则在单调递增，所以，即，
则在单调递减，所以，
故，则在单调递增，且，
又，
故，即得证.
（2），，且.
总存在，使得，则，
不妨设，简记为.
对于任意，恒成立，则
由，可知在或或的极值点处取到.
则①，②，
由①②得，，
故当且仅当，且，
即时，“”成立，此时，且；
则，
所以③，
又④，
则由③④得，，
所以.
当且仅当，
即时，“”成立.
所以当，时，，
综上所述，的取值范围是.2
4
7
17
30
1
2
3
4
5