湖南省部分高中2025届高三下学期三模联考数学试题（解析版）

这是一份湖南省部分高中2025届高三下学期三模联考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知集合，则， 若复数满足，则的实部为， 若向量满足，且，则夹角为， 已知， 下列说法正确的是， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】不等式，解得，
不等式，解得，
所以集合，，，
故选：D.
2. 若复数满足，则的实部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】由已知条件知：.
所以.
所以该复数的实部为-1.
故选：A.
3. 若甲､乙､丙､丁､戊随机站成一排，则甲､乙不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】5个人随机排成一排的总排列数为：种.
将甲乙看成一个整体（捆绑法），此时相当于有4个人随机排列，排列数为，
而甲乙两人之间又有种排列顺序.
根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排列数为：种.
所以，甲乙不相邻的排列数为种.
根据古典概型概率公式可得，甲乙不相邻的概率为：.
故选：A.
4. 若向量满足，且，则夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵，.
∴，，，∴，
且，则，
故选：B.
5. 已知（），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
又，所以，解得（舍去）或，
所以，则，
则.
故选：A
6. 已知函数在时取极小值，则其导函数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为在时取极小值，
所以在处成立.
即：，所以.
当时，，
当时，，当时，，
所以在时取得极小值，故.
所以原函数表达式为：.
导函数的表达式为：
因为，所以根据基本不等式.
所以导函数的最小值为：.
故选：C.
7. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】∵平面，平面，
∴即点到的距离为，
∴，
如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，
∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，
即点的轨迹的长度为，
故选：D.
8. 已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由对称性，知轴，，，
四边形是正方形，则，，
则，，
则在双曲线上，
，即，
即，化简整理得，
即，所以，
即，又，故，
解得或（舍去）.
故选：C．
二､多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的第80百分位数为11
B. 已知随机变量，设，则的方差
C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8
【答案】AB
【解析】对于A，由，得第80百分位数为11，A正确；
对于B，，则，因此，B正确；
对于C，简单随机抽样，从51个个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率相等，都是，C错误；
对于D，依题意，的平均数为，D错误.
故选：AB
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点对称
C. 在区间上的值域为
D. 若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】因为
，
对于A选项，函数的最小正周期为，A错；
对于B选项，因为，故的图象关于点对称，B对；
对于C选项，当时，，则，
所以，，
故在区间上的值域为，C对；
对于D选项，若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，
即函数为偶函数，
故，解得，
因为，故当时，取最小值，D对.
故选：BCD.
11. 对于无穷数列，下列命题中正确的是（ ）
A. 若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列
B. 若等差数列满足，则是常数列
C. 若等比数列满足，则是常数列
D. 若各项为正数的等比数列满足，则是常数列
【答案】ABD
【解析】对于A选项，若数列既是等差数列又是等比数列.
对于等差数列，有（为公差）；对于等比数列，有（为公比且）.
若，那么，不是常数，这与等比数列性质矛盾.所以，即，所以是常数列，A选项正确.
对于B选项，等差数列满足.
设等差数列的公差为，若，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足.
只有当时，，才能满足，所以是常数列，B选项正确.
对于C选项，等比数列满足.
例如等比数列，，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，满足，但它不是常数列，C选项错误.
对于D选项，各项为正数的等比数列满足.
设等比数列的公比为（），.
若，当足够大时，会无限增大，不满足；
若，当足够大时，会无限趋近于，不满足
所以只有，此时，满足，是常数列，D选项正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 椭圆的离心率为______.
【答案】
【解析】由椭圆的标准方程可得,则，
则.
故答案为：.
13. 已知是偶函数，则的最大值为______.
【答案】
【解析】因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称，
易知定义域为，即，因此的解集为；
即可得，所以；
此时，
经检验满足，符合题意；
此时的定义域为，且，
易知当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
可知在处取得极大值，也是最大值，即；
所以的最大值为.
故答案为：
14. 已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有______个元素.
【答案】921
【解析】先说明连续11项中集合中最多选取5项，
以为例.
构造抽屉，，，，，，.
①同时选，因为具有性质和，
所以选5则不选；选6则不选；选7则不选；
则只剩，故中属于集合的元素个数不超过5个.
②选2个，
若只选，则不可选，又只能选一个元素，
可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则只能从中选，但不能同时选，
故中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则不可选，又只能选一个元素，
可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.
③中只选1个，
又四个集合，，，每个集合至多选1个元素，
故中属于集合的元素个数不超过5个.
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个，
如取.
因为，则把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025.
给出如下选取方法：从中选取；
然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次.
此时集合的元素为：；；；；
，共个元素，而取也满足题意，
经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个.
故答案为：921.
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. 如图，在直三棱柱中，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：由题知平面，又平面，所以.
又，，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以四边形是正方形，所以.
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因，所以，
所以.
设平面的法向量为，则，即.
取，则，
所以平面一个法向量为.
由（1）得平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16. 某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
（1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立；
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望.
解：（1）红色外观共有（个），，
米色内饰共有（个），，
是红色外观且是米色内饰的有个，，
，
，、不相互独立.
（2）由题意知的所有可能取值为，
且，
，
，
的分布列为
.
17. 已知数列满足，数列满足，且.
（1）求的通项公式；
（2）求的通项公式；
（3）将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求.
解：（1）由可得，又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）方法一：由已知得，所以，
所以，又，
等式两边同时相乘，可得，
得，该式对也成立.
故.
方法二：由可知是常数列，
所以，
即.
（3）设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
18. 已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.
（1）求的方程；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由.
解：（1）已知点在上，
所以，即，解得，
所以的方程为.
（2）抛物线方程可化为，则，当时，切线斜率，
由点斜式可得过点的切线方程为，即，
令，可得，所以.
由，可得，所以.
如图（1），设直线的方程为，
联立得得，
所以.
因为，
所以，
所以.
（3）易知.由题意知直线的斜率必存在，故设直线，
联立得消去得，所以.
直线的方程为，将代入，得，
由，所以，
同理可得.
所以直线的斜率，
由直线的点斜式方程可得直线，
将代入，
得，
所以直线过定点.
19. 已知函数，.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若，
（i）当时，求函数的最小值；
（ii）若有两个实根，，且，证明：.
解：（1）因为，所以，
所以，又，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）（i）当时，，定义域为，
，
令，
则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以使得，即，①
故当时，，即，此时在上单调递减；
当时，，即，此时在上单调递增，
所以当时，函数有最小值，
由①可得，即，
所以函数的最小值为.
（ii）由题意，，定义域为，
由题意有两个不相等的实数根，
令，则，
所以在上递增，所以，
令，
所以有两个不相等的正的零点，且，
即，两式分别相加减得，
.
所以②
要证，只需证，
即证，即需证，
由②知，，
故只需证，
不妨设，令，
则只需证，即，
故只需证，
令
则，
所以在上单调递增，
所以，
即当时，成立.
所以，即，故.红色外观
蓝色外观
棕色内饰
7
10
米色内饰
3
5
600
300
150