湖北省十堰市房县一中2025年高考数学模拟试卷（4月份）（含解析）

这是一份湖北省十堰市房县一中2025年高考数学模拟试卷（4月份）（含解析），共17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A={x|x−4x−5≤0}，集合B={x||x−4|≤1}，则A∩B=( )
A. (3,5)B. [3,5)C. [4,5]D. [4,5)
2.已知a，b∈R，下列选项中，使ab>0成立的一个充分不必要条件是( )
A. a>0或b>0B. a>10且b>2
C. a，b同号且不为0D. a+b>0或ab>0
3.已知数列{an}为递增数列，前n项和Sn=n2+n+λ，则实数λ的取值范围是( )
A. (−∞,2]B. (−∞,2)C. (−∞,0]D. (−∞,0)
4.已知sinα=2 55,α为钝角，tan(α−β)=13，则tanβ=( )
A. 57B. −57C. 7D. −7
5.已知函数f(x)=lnx,x>0ex+32,x≤0，若关于x的方程m−f(x)=0有两个不同的实数根，则实数m的取值范围为( )
A. (32,+∞)B. (−∞,32]∪(52,+∞)
C. (32,52]D. (−∞,32)
6.已知a，b均为正数，且a+2b=1，则2a+4a+bb的最小值为( )
A. 11B. 13C. 10D. 12
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为BC1和C1D1的中点，P为线段BD1上的动点，Q为上底面A1B1C1D1内的动点，下列判断正确的是( )
①三棱锥P−B1EF的体积是定值，
②若FQ⊥DP恒成立，则线段FQ的最大值为2 2
③当DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为双曲线的一部分
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，过F1的直线与C交于M，N两点，若满足|MF2|，|MN|，|NF2|成等差数列，且∠MF2N=π3，则C的离心率为( )
A. 34B. 33C. 32D. 22
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设A−，B−分别为随机事件A，B的对立事件，已知00不能够推出a>10且b>2，故a>10且b>2，是ab>0的充分不必要条件，故B正确，
对于C：a，b同号且不为0⇔ab>0，故a，b同号且不为0是ab>0的充要条件，故C错误，
对于D：a+b>0或ab>0与ab>0互相推不出，故a+b>0或ab>0与ab>0是既不充分也不必要条件，故D错误．
故选：B．
根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题考查了不等式的基本性质和充分必要条件的定义．属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：当n=1时，a1=S1=1+1+λ=2+λ，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n+λ−(n−1)2−(n−1)−λ=2n，
因为an+1−an=2>0，(n≥2)，
所以当n≥2时，数列{an}为递增数列，
若数列{an}为递增数列，
只需a2>a1，
所以4>2+λ，
即λa1，计算即可．
本题考查通过前n项和公式计算通项公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵sinα=2 55,α为钝角，
∴csα=− 1−sin2α=− 1−(2 55)2=− 55，tanα=sinαcsα=−2，
又tan(α−β)=13，
∴tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=−2−131+(−2)×13=−7．
故选：D．
利用同角公式求出tanα，再利用差角的正切公式，即可得出答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查转化思想和整体思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：关于x的方程m−f(x)=0有两个不同的实数根，
即y=m与y=f(x)有两个不同的交点，
作函数y=m与函数y=f(x)的图象如下，
结合图象知，
当y=m与y=f(x)有两个不同的交点时，32|MN|，得出MN的中点到准线的距离大于|MN|2得出结果进行判断．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了抛物线的定义，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于B选项：由于到第n+2级阶梯有两种方法：从第n+1级阶梯上一级台阶或者从第n级阶梯上两级台阶，
因此由题意有an+2=an+an+1，故B选项正确；
对于A选项：显然a1=1，a2=1+1=2，又结合B选项分析可知an+2=an+an+1，
所以a3=2+1=3，a4=3+2=5，a5=5+3=8，a6=8+5=13，故A选项正确；
对于C选项：由A、B选项分析可知a1=1，a2=1+1=2，a3=2+1=3，a4=3+2=5，
a5=5+3=8，a6=8+5=13，a7=13+8=21，
所以a1+a2+⋯a7=1+2+3+5+8+13+21=53≠51，故C选项错误；
对于D选项：由B选项分析可知n≥2时，an2=anan+1−anan−1，
可得a12+a22+a32+...+an2=1+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+...+(anan+1−anan−1)=anan+1−a1a2+1=anan+1−1，故D选项正确．
故选：ABD．
到第n+2级阶梯有两种方法：方法一：从第n+1级阶梯上一级台阶即可；或者方法二：从第n级阶梯上两级台阶；所以由题意有an+2=an+an+1，再结合数列的性质分别判断各个选项即可．
本题考查数列的递推式和累加法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】−7
【解析】解：因为(x−12x2)n的二项展开式中只有第5项的二项式系数最大，
所以n2+1=5⇒n=8，
二项式(x−12x2)8的通项公式为Tr+1=C8r⋅x8−r⋅(−12x2)r=C8r⋅x8−3r⋅(−12)r，(r=0,1,2,,8)；
令8−3r=−1⇒r=3，
所以展开式中x−1的系数为C83⋅(−12)3=−7．
故答案为：−7．
根据二项式的性质，结合二项式的通项公式进行求解即可．
本题考查的知识要点：二项式定理，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
13.【答案】−25
【解析】解：f′(x)=3csx+sinx，
∴f′(θ)=3csθ+sinθ=0，∴tanθ=−3．
∴sin2θ+2cs2θ=2sinθcsθ+2cs2θcs2θ+sin2θ=2tanθ+21+tan2θ=−25．
故答案为：−25．
根据极值点处的导数为零，求出tanθ的值，然后再借助于三角恒等变换求出结论．
本题考查利用导数研究函数的极值、三角恒等变换等基础知识与方法．属于基础题．
14.【答案】1000 327
【解析】解：设正四棱锥的底面边长为2x，则高为 25−x2，
∴该容器的体积V=43x2 25−x2=43 12x2⋅x2⋅(50−2x2)≤43 12(x2+x2+50−2x23)3=1000 327，
当且仅当x2=503时取等号，
∴该容器的最大容积为1000 327．
故答案为：1000 327．
先根据题意建立函数模型，再根据基本不等式，即可求解．
本题考几何体的体积的最值的求解，基本不等式的应用，函数建模，属中档题．
15.【答案】(1)解：正项数列{an}，其前n项和Sn满足an(2Sn−an)=n,n∈N∗．
可得Sn=12(an+nan)，
当n=1时，S1=12(a1+1a1)，
∵a1>0，∴a1=1；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1，
∴Sn=12(Sn−Sn−1+nSn−Sn−1)，
∴Sn2−Sn−12=n，
∴Sn2=(Sn2−Sn−12)+(Sn−12−Sn−22)+…+(S22−S12)+S12=n+(n−1)+…+2+1=n(n+1)2，
∵an>0，Sn>0，
∴Sn= n(n+1)2；
(2)证明：∵1Sn2=2n(n+1)=2(1n−1n+1)
∴1S12+1S22+…+1Sn2=2[(1−12)+(12−13)+…+(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)0，所以f′(x)>0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)=0，得x=lna，
由f′(x)>0⇒x∈(lna,+∞)，即f(x)在(lna,+∞)上单调递增，
由f′(x)0时，f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增．
(2)当a=1时，由(1)知：f(x)min=f(0)=0，
∵x2>0，
∴x2f(x1)+g(x2)>0⇔f(x1)+1x2g(x2)>0对∀x1∈R成立，
只要f(x)min+1x2g(x2)>0，即1x2g(x2)>0对∀x2∈(0,+∞)恒成立，
∴g(x)x=m−lnx−1x>0⇔m>lnx−1x对∀x∈(0,+∞)恒成立，
令ℎ(x)=lnx−1x，则ℎ′(x)=2−lnxx2>0⇒x>e2，
且ℎ(x)在(0,e2)上单调递增，(e2,+∞)上单调递减，
∴ℎ(x)max=ℎ(e2)=1e2，
∴m>ℎ(x)max=1e2，
∴m的取值范围为[1e2,+∞)．
(1)求出函数的导数，分a≤0和a>0讨论导数的正负，从而判断函数的单调性；
(2)由题意对任意∀x1∈R，x2∈(0,+∞)，x2f(x1)+g(x2)>0可变形为f(x1)+1x2g(x2)>0，只要f(x)min+1x2g(x2)>0，即1x2g(x2)>0
对∀x2∈(0,+∞)恒成立，即m>lnx−1x，对∀x∈(0,+∞)恒成立，从而将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求解函数最值
即可求得答案．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数不等式恒成立问题，属于难题．
19.【答案】解：(1)由e=2得ca=2，又c2=a2+b2，得到b= 3a，
∴渐近线方程为y=± 3x，则双曲线方程为x2a2−y23a2=1，即3x2−y2=3a2，
设M(x,y)，则M到渐近线的距离分别为|MA|=| 3x−y|2，|MB|=| 3x+y|2，
两渐近线的夹角为60°，∵M，A，O，B四点共圆，∴∠AMB=60°或120°，
∴△ABM的面积为12|MA||MB|sin∠AMB= 34|3x2−y2|4=3 316a2=3 316
⇒a2=1⇒x2−y23=1，
∴曲线C的方程为：x2−y23=1．
(2)如图，∵O，D，P，Q四点共圆，

∴∠DPQ+∠DOQ=π∠NOQ+∠DOQ=π⇒∠DPQ=∠NQQ⇒tan∠DPQ=tan∠NOQ⇒1tan∠ODP=tan∠NOQ⇒kDPkOQ=1，
设G(x1,y1)，R(x2,y2)，N(t,0)，t∈(0,1)．
∵D(−1,0)，∴lDR：y=y2x2+1(x+1)，令x=t得Q(t,y2(t+1)x2+1)，
当lGR的斜率为0时不符合题意；
当lGR的斜率不为0时，设lGR：x=my+t，
x=my+t3x2−y2=3⇒(3m2−1)y2+6mty+3(t2−1)=0，
y1+y2=−6mt3m2−1，y1y2=3(t2−1)3m2−1，
∴kDPkOQ=y1x1+1⋅y2(t+1)t(x2+1)=1，即t+1t=(x1+1)(x2+1)y1y2，
∵(x1+1)(x2+1)y1y2=m2y1y2+m(t+1)(y1+y2)+(t+1)2y1y2=−(t+1)23m2−13(t2−1)3m2−1=−(t+1)23(t2−1)，
∴t+1t=−(t+1)23(t2−1)⇒t=34∈(0,1)，符合，∴N(34,0)．
【解析】(1)由双曲线的性质可得b= 3a，从而可得渐近线方程，利用点到直线的距离公式，三角形面积公式可求得a的值，进而可得双曲线方程；
(2)由四点共圆的性质可推出kDPkOQ=1，设lGR：x=my+t，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系即可求解N点坐标
本题主要考查双曲线的性质及标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．