湖南省长沙市实验中学2025年高考 数学考前练习卷（一）（含解析）

这是一份湖南省长沙市实验中学2025年高考 数学考前练习卷（一）（含解析），共15页。试卷主要包含了某学校为了解学生身高等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．设等差数列的前n项和为，若，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．若抛物线上一点A到准线及对称轴的距离分别是5和3，则p的值为（ ）
A．1或8B．1或9C．2或8D．2或9
6．设函数，，若曲线与恰有一个交点，则实数（ ）
A．B．0C．1D．2
7．过点的直线l与曲线相切于点B，则（ ）
A．1B．C．2D．
8．如图，正方形的边长为1，、分别是边、边上的点，那么当的周长为2时，（ ）
A．B．C．D．
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．某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从1500名学生（该校男女生人数之比为3:2）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为170，方差为12，女生平均身高为160，方差为38.则下列说法正确的是（）
A．抽取的样本里女生有40人B．每一位学生被抽中的可能性为
C．估计该学校学生身高的平均值为165D．样本中不可能有两名男生身高超过190
10．已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．在区间上单调递增
C．当时，函数有极小值
D．当时，函数有极小值
11．在年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），、为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A．开口向上的抛物线的方程为
B．
C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为
D．阴影区域的面积不大于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，无人机在离地面高300m的A处，观测到山顶M 处的仰角为、山脚C处的俯角为，已知，则山的高度MN为 m．
13．五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛，某班有甲、乙、丙等5名同学参加，抽签确定出场顺序，在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的前提下，学生甲、乙相邻出场的概率为 ．
14．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，.其中a，m为实数，且.若对任意，恒成立，求实数a的取值范围 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知双曲线的中心为坐标原点，且焦点在轴上，点在双曲线上，其一条渐近线方程为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的面积．
16．已知正项数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)对，将数列中不大于的项的个数记为．若恒成立，求实数的取值范围．
17．等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）．
(1)求证：平面平面；
(2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由．
18．甲、乙两位选手进行乒乓球擂台赛，比赛规则如下：①擂台赛开始时，擂主由抽签决定，甲和乙成为初始擂主的概率均为0.5；②每局比赛无平局，擂主守擂成功的概率是0.6，若守擂失败，则挑战者成为新任擂主；③当某位选手连续两次担任擂主〈不包含初始擂主）时，比赛立即结束，该选手获得胜利．
(1)若甲是初始擂主，求比赛在前三局内结束的概率；
(2)已知甲是初始擂主，求比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率；
(3)求甲成为最终获胜者的概率．
19．对于正整数n，定义函数，函数的导函数记为．
(1)求函数在区间上的零点；
(2)证明：当n为奇数时，函数在区间上至少存在2个极值点；
(3)证明：对于任意实数x，有，并指出等号成立时x的取值．
《湖南省长沙市2025年高考数学考前练习卷（一）》参考答案
1．A
【分析】利用复数的模公式及复数除法法则，结合共轭复数的概念即可求解.
【详解】由，得.
所以.
故选：A.
2．D
【分析】解出集合，再根据集合交并补运算即可得到答案.
【详解】对于集合，由得，所以或，
所以．
故选：D．
3．C
【分析】根据余弦函数性质和对数函数单调性即可比较大小.
【详解】因为，所以，
所以．
故选：C．
4．C
【分析】根据等差数列的通项公式和性质求得，再利用等差数列求和公式和二次函数即可求出其最值.
【详解】假设等差数列的公差为，由得,
所以，所以，故，
则
则．
故选：C．
5．B
【分析】根据抛物线方程得出其准线方程，再结合点到准线及对称轴的距离列出关于的方程，进而求解．
【详解】设点的坐标为，已知点到对称轴的距离为，因为抛物线的对称轴为轴，所以，则．
因为点在抛物线上，所以，把代入可得，则．
抛物线的准线方程为，已知点到准线的距离为，所以．
把代入可得．
去分母，得到．解得或．
故选：B．
6．D
【分析】通过构造函数，得到奇偶性，根据零点个数得到，计算即可.
【详解】令，定义域为R,
且，则为偶函数.
由于曲线与恰有一个交点,则只有唯一的零点，即，解得.
故选：D.
7．B
【分析】设切点，求导得到斜率表达式，得到方程，解出切点即可得到距离.
【详解】依题意，设，由，
则，
则，
化简得，解得，故，
故．
故选：B．
8．B
【分析】设，，，，则，，且的周长为2，即，利用三角函数的和差角公式计算即可.
【详解】解：设，，，，则，，
于是，
又的周长为2，即，变形可得，
于是，
又，所以，
.
故选：B.
9．ABD
【分析】利用统计有关知识计算可判断ABC，假设有2个男生的身高超过190，可得方差，可判断D.
【详解】因为是分层由样，所以抽到地女生人数为人，故A正确；
每个人被抽到的可能性为，故B正确；
样本中学生身高的平均值为，
估计该学校学生身高的平均值为，故C错误；
因为男生的平均男生平均身高为170，方差为12，
若有2个男生的身高超过190，
则方差为，
故样本中不可能有两名男生身高超过190，故D正确.
故选：ABD.
10．ABD
【分析】由有，结合图像逐项去分析即可判断.
【详解】由有，
由图可知的分布如图所示：
当时，，，，所以，
所以在单调递增，故A错误；
当时，，所以，即，在单调递减，故B错误；
当时，，所以，由图可知当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时的极小值点，故当时，函数有极小值，故C正确；
当时，，所以，由图可知当时，，所以，所以，
所以在单调递增，所以当时，函数有极大值，故D错误.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点、的坐标，即得；对于C，当抛物线在点处的切线与直线垂直，且抛物线在点处的切线与直线垂直时，最大，可判断C；对于D，求出抛物线在点处的切线，并求出切线与轴的交点的坐标，可知半个花瓣的面积小于的面积，可判断D.
【详解】对于A，由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，
即，故A错误；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，
代入可得，
由图象的对称性，可得、，故，即B正确；
对于C，
设直线与抛物线相切，联立可得，
由可得，且方程即为，
解得，，此时，切点坐标为，
设直线与抛物线相切，联立可得，
由可得，此时方程即为，
解得，，此时，切点坐标为，
两切点连线的斜率为，即切点的连线与直线平行或重合，
故当、时，取最大值，
且其最大值为，C对；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
对函数求导得，则抛物线在点处的切线斜率为，
所以，抛物线在点处的切线方程为，即，
该切线交轴于点，
所以，半个花瓣的面积必小于，
故原图中的阴影部分面积必小于，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.
解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
12．450
【分析】由直角三角形求得，再在△AMC中，由正弦定理求得，然后在直角三角形中求得．
【详解】∵，∴，∵，
又，，∴，
在△AMC中，由正弦定理得，
∴ ．
故答案为：450．
13．/0.4
【分析】设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，分别计算，，再由条件概率计算公式即可求解
【详解】设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，
5名同学出场顺序共有种情况，学生甲必须在学生乙的前面出场的情况有种，
所以，
学生甲、乙相邻出场且学生甲在学生乙前面的情况共有种，
所以，
则．
故答案为：
14．
【分析】根据奇函数的性质可得，即可根据分段函数的性质作出函数的图象，根据恒成立，只需，即可求解.
【详解】，由题意得，解得，
当时，
画出上的函数的图象，
是由向右平移1个单位得到，
结合图象，要想恒成立，
只需，解得
又，故，
所以a的取值范围为.
故答案为:
【点睛】方法点睛：根据恒成立求解参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由渐近线方程，及点在双曲线上，可联立求得，，可得双曲线方程；
（2）由题意，写出直线的方程，与双曲线联立，可求得，数形结合，可得的面积．
【详解】（1）已知双曲线的中心为坐标原点，且焦点在轴上，故其标准方程为，
又其渐近线方程为，即①，
又点在双曲线上，代入得②，
联立①②，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）直线过点且倾斜角为，故其方程为，
将其代入双曲线方程，联立得，化简得，
解得和，代入直线，求得和，
即直线与双曲线的交点，
所以.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）首先解出，再降次作差因式分解得，则，再利用等差数列通项公式即可；
（2）先求出，再利用等比数列求和公式即可得，解出即可.
【详解】（1）当时，，得，所以．
当时，
联立，两式相减可得：
，化简得，
因为，所以，
故数列是以，公差的等差数列，所以.
（2）由，得，即，
，
是以4为首项，8为公比的等比数列，
所以.
因为，即，即，
所以．
17．(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）利用三线合一得，，再根据面面垂直的判定定理即可.
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，根据线面位置关系的空间向量的证明方法即可求出的位置，再利用面面角的空间向量求法即可.
【详解】（1）因为且，故四边形是平行四边形，则，
又为等腰梯形且，可得是等边三角形．
故四边形BCEA为菱形，是等边三角形，
因为为中点，所以，同理可证．
又，且平面，所以平面，
又BE在平面BCDE内，所以平面平面.
（2）存在点P，使得平面，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又，建立以为原点，所在直线为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：
因为，
则，
设，
则，
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，
要使平面，则，即，解得，
故在侧棱上存在点，使得平面，
此时，，
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，即，
设平面与平面夹角为，所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1);
(2);
(3).
【分析】（1）分甲连胜两局、乙连胜两局、甲胜第一局乙连胜后两局和乙胜第一局甲连胜后两局计算概率即可；
（2）合理假设事件，利用独立性乘法公式以及互斥事件加法公式和条件概率公式即可得到答案；
（3）分别计算不同状态下甲乙守擂成功的概率，从而得到方程组，解出即可.
【详解】（1）甲是初始擂主时，比赛在前三局内结束包含以下情况：甲连胜两局，概率为，
乙连胜两局，概率为；
甲胜第一局乙连胜后两局，概率为；
乙胜第一局甲连胜后两局，概率为；
设事件A为比赛在前三局内结束，则；
答：比赛在前三局内结束的概率为.
（2）设事件为比赛在第四局结束，设事件为甲最终获胜，设事件为乙最终获胜．
则比赛在第四结局结束且甲最终获胜，只可能是甲胜第一局，乙胜第二局，甲连胜后两局，
故.
比赛在第四结局结束且乙最终获胜，只可能是乙胜第一局，甲胜第二局，乙连胜后两局，则其概率为，
故；
故比赛在第四局结束条件下甲最终获胜的概率；
答：比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率为.
（3）定义：状态：当前擂主为甲，且未连胜．设此状态下甲最终获胜的概率为；
状态：当前播主为甲，且连胜一次．设此状态下甲最终获胜的概率为；
状态：当前播主为乙，且未连胜．设此状态下甲最终获胜的概率为；
状态：当前擂主为乙，且连胜一次．设此状态下甲最终获胜的概率为．
当状态为时，甲守播成功（概率为0.6），进入状态；甲失败（概率为0.4），进入状态，
可得，，
当状态为时，甲守擂成功（概率为0.6），比赛结束；甲失败（概率为0.4），进入状态，
可得，；
当状态为时，乙守擂成功（概率为0.6），进入状态；乙失败（概率为0.4），进入状态，
可得，；
当状态为时，乙守擂成功（概率为0.6），比赛结束；乙失败（概率为0.4），进入状态，
可得，；
综合以上四个方程，可解得，．
又擂台赛开始时，擂主由抽签决定，甲和乙成为初始擂主的概率均为0.5，故甲成为最终获胜者的概率.
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析， 或
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再求出其零点即可；
（2）方法一：求导得，根据零点存在性定理分析其有这样的极大值点，再利用对称性得到其极小值点；方法二：直接求导后再合理赋值利用零点存在性定理即可得到其有两极值点；
（3）根据（2）中的结论得，从而有，再说明取等时的取值即可.
【详解】（1）依题意
.
令，即或或，
解得函数在区间的零点为.
（2）方法一：依题意，对函数求导，得：，
当时，
当时，又为奇数，故，
由零点存在性定理，则存在使得且为极大值点．
又
函数在区间连续且一个对称中心为．
故存在为的极小值点，故在至少存在2个极值点．
方法二：．
取，
，
由零点存在定理，使得，且均为变号零点，
则在至少存在2个极值点.
（3）由(2)知，
由于，
可得，
等号成立当且仅当所有的符号一致且，
此时，解得，则，
或，解得，，
综上或
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
C
C
B
D
B
B
ABD
ABD
题号
11









答案
BCD