湖南省长沙市长郡中学2025届高三下学期高考考前冲刺数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2025届高三下学期高考考前冲刺数学试卷（Word版附答案），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 19 题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。
第 I 卷（选择题）
一、单选题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．若复数 为实数，则实数 a 等于（ ）
A． B． C．1 D．2
3．如图，在∆ ABC 中， ，P 是 BN 上的一点，若 ，
则实数 的值为（ ）
A． B． C． D．
4．半径为 2 的球 内切于正三棱柱 ，则正三棱柱 的
体积为（ ）
A． B． C． D．
5．某 AI 训练平台使用强化学习算法训练机器人完成迷宫任务。机器人每次训练
有以下规则：若上一轮成功，本轮成功率保持 p；若上一轮失败，本轮成功率降
为 . 已知首轮成功率为 ，且连续两轮都成功的概率为 。则三轮训练中恰好
成功两次的概率为（ ）
A. B. C. D.
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6．已知圆 与双曲线 ，若
在双曲线 上存在一点 P，使得过点 P 所作的圆 的两条切线，切点为 A，B，
且 ，则双曲线 的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数 在区间 上单调递增且存在零点，
则 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数 .若 ，不等式
恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。
9．已知 A，B 为两个事件，则下列命题正确的是（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ， ，则 的最小值可能为 0.38
C．若 ， ，A，B 相互独立，则
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D．若 ，则
10．已知 ，若 ，则下列关系式能成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知 两点在曲线 上， 为坐标原点，则（ ）
A． 关于原点对称
B．若圆 与 有公共点，则
C．存在 轴上方的 两点，使得
D．若点 在第一象限，则存在唯一直线 ，使得点 到 轴和到直线 的距
离之积为定值
第 II 卷（非选择题）
三、填空题本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．设函数 ，则使得函数 在区间
上存在最大值的一个 值为 ．
13．小军和小方两人先后在装有若干黑球的黑盒子与装有若干白球的白盒子（黑
球数少于白球数）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至
少取 颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取 颗），最后不能
按规则取的人输.已知两盒中共有 个球，且两人掷硬币后决定由小军先手取球.
小方看了眼黑盒中的球，对小军说：“你输了！”若已知小方有必胜策略，则黑
盒中球数为 .
14．如图，现有棱长为 的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥
且 ， ， 分别为棱 ， ， 上离 最远的四等分点，
若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为 cm.
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四、解答题
15．（13 分）
在∆ ABC 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 .从下面三个条件中选择两个，
使得∆ ABC 存在，并回答下列问题：① ；② ；③
.
(1)求 的值；
(2)当 时，求∆ ABC 的内切圆半径.
16．（15 分）
圆锥的底面半径为 4，侧面积为 ．线段 为圆锥底面 的直径，点 在
线段 上，且 ，点 是以 为直径的圆上一动点．
(1)根据题干描述画出图形；
(2)当 时，证明：平面 平面 ；
(3)当三棱锥 的体积最大时，求 与平面 所成角的正弦值．
17．（15 分）
如图，已知直线 ，点 . 为直线 上任意一点，过点 且与 垂直的
直线交线段 的垂直平分线于点 ，记动点 的轨迹为曲线 ．
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（1）求曲线 的方程；
（2） 为 轴正半轴上的一点，过点 的直线与曲线 相交于 两点，直线
分别与曲线 相交于异于 的 两点当直线 的斜率都存在时，
分别记为 .若 ，求点 的坐标．
18．（17 分）
已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 有两个零点， 为 的导函数.
（i）求实数 的取值范围；
（ii）记 较小的一个零点为 ，证明： .
19．（17 分）
进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进
制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若 是一个
大于 的整数，那么以 为基数的 进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的
形式 ，其中 ， ， ， ，且 ，
，如 ，所以 在三进制下
可写为 .
(1)将五进制数 转化成三进制数.
(2)对于任意两个不同的 位二进制数 ， ， ，
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记 .
①若 ，求随机变量 的分布列与数学期望；
②证明： .
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湖南省长郡中学 2025 年高考考前冲刺
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C C A B B C A ACD BC
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】根据题意可解不等式得集合 A，B，继而求得 .
【详解】不等式 ，解得 ，
不等式 ，解得 ，
所以集合 ， ， ，
故选：D.
2．C
【分析】根据复数的乘、除法运算可得 ，集合复数的有关概念
计算即可求解.
【详解】 ，
又 为实数，所以 ，解得 .
故选：C
3．C
【分析】根据条件得到 ，由共线定理的推论得到方程，求出
答案.
【详解】 ，故 ，
，故 ，
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因为 三点共线，故 ，解得 .
故选：C
4．A
【分析】先根据球 内切于正三棱柱 求出高，然后内切球的性质
求得底面正三角形的边长，最后利用柱体体积公式求解即可.
【详解】因为半径为 2 的球 内切于正三棱柱 ，
所以正三棱柱 的高 ，且该组合体过球心 且平行于平面
的截面为球 的大圆 内切于与 全等的正三角形 ，如图.
由正三角形及其内切圆的性质，得 ，
所以三角形 ABC 的面积为 ，
所以正三棱柱 的体积为 .
故选：A
5．B
【命题意图】
情境创新：结合 AI 训练中的强化学习动态概率，贴近科技前沿；
条件概率：考查概率的动态变化与连锁影响；
分类严谨性：需区分不同失败路径对后续概率的影响。
【解析】
求 p 的值：连续两轮成功概率：首轮成功 ，第二轮成功 p，故 p = ，
解得 p=
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分类计算：
情形 1：成功、成功、失败，概率： × × =
情形 2：成功、失败、成功，第二轮失败后，第三轮成功率降为 ，概
率： × × =
情形 3：失败、成功、成功
1. 首轮失败后，第二轮成功率降为
2. 第二轮成功后，第三轮成功率保持
3. 概率： × × =
总概率： + + =
6．B
【分析】由切线长定理可知 ，根据 得
，设点 ，由 根据 的范围可得
答案.
【详解】连接 、 、 ，则 ， ，
由切线长定理可知， ，又因为 ，
所以， ，所以， ，
则 ，
设点 ，则 ，且 ，所以，
，
所以， ，故 .
故选：B.
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【总结】
①圆锥曲线小题需充分挖掘图形的几何性质；
②双曲线上的点的范围（-∞，-c]∪[c,+∞）
7．C
【分析】根据 在区间 上单调递增，得到 ，换元法得到
，根据 的性质得到不等式组，求出 或
，得到答案.
【详解】设函数 的最小正周期为 ，因为 在区间 上单调递增，
所以 ，解得 ，所以 .
令 ，则当 时， .
因为 在区间 上单调递增且存在零点，
所以 ，解得 ，
又 ， 时，得 ， 时，得 ，其他 值，均不合要求，
所以 或 ，
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所以 的取值范围是 .
故选：C
8．A
【分析】令 ，分析函数 的奇偶性与单调性，
将所求不等式变形为 ，可得出 ，分
、 、 三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可，在第二、
三种情况下，求出函数 的最小值，可得出关于实数 的不等
式，综合可得出实数 的取值范围.
【详解】
令 ，
对任意的 ， ，故对任意的 ， ，
故函数 的定义域为 ，
因为
，所以， ，函数 为奇函数，
令 ，则函数 在 上为增函数，
函数 为增函数，所以，函数 在 上为增函数，
由 ，可得
，
所以， ，
所以， ，即 ，
令 ，
当 时，则有 ，显然成立；
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当 时，则 ，
所以，函数 在 、 上单调递减，在 上单调递增，
又因为函数 在 上连续，所以，函数 在 上单调递减，在
上单调递增，
所以， ，所以， ，解得 ，此时， ；
当 时，则 ，
所以，函数 在 上单调递减，在 、 上单调递增，
又因为函数 在 上连续，所以，函数 在 上单调递减，在
上单调递增，
所以， ，所以， ，解得 ，
综上所述，实数 的取值范围是 .
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将
隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：
（1）把不等式转化为 ；
（2）判断函数 的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“ ”
脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.
9．ACD
【分析】根据事件的包含关系结合条件概率公式即可判断 A，D；根据事件的和
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与积求解 ，即可判断 B；根据独立事件的性质即可判断 C.
【详解】对于 A，因为 ，所以 ，由于
，则 ，故 A 正确；
对于 B，因为 ， ，所以
，
由于 ，则 ，所以 的最小值不可
能为 0.38，故 B 不正确；
对于 C，若 ， ，A，B 相互独立，则 ，
则 ，故 C 正确；
对于 D，若 ，则 ，所以 ，故 D 正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】先求 与 的导数，通过导数判断其单调性与最值，再构造函
数 判断其单调性，最后结合函数值及图象分析
时 与 的大小关系.
【详解】令 ，
，
，
当 时： ，
当 时：由 ，则 ，
，则 在 上单调递增，
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，令 ，即 ，解得 ，
当 时： ， 单调递减，
当 时： ， 单调递增，
最小值： ，
当 时： ， ，即 ，
当 时：令 ，
，
因为 ， ，所以 ，
单调递增，且 ，所以 ，即 .
故二者图象如图所示，令 ，
当 时： ，
当 时： 或 ，
当 时： 或 .
故选：BC
11．ACD
【分析】对于 A，只需证曲线上任意一点 关于原点的对称 也在曲线上即可.
对于 B，写出各个象限的曲线方程，与圆联立方程组，消 所得方程有解.对于 C，
利用曲线关于 轴对称，不妨设 两点关于 轴对称，从而找到 的
范围.对于 D，不妨设直线方程为 ，只需要找到与点 坐标无关的
即可.
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【详解】对于 A 项，设曲线 上任意一点为 ，则 关
于原点的对称 也在曲线 上，所以 关于原点对称，
故 A 项正确.
对于 B 项，不妨设 ，则曲线 ，要使圆
与 有公共点，则 ，得
，因为 有解，且
，当且仅当 时等号成立，
所以 ，其他象限同理可证，故 B 项不正确.
对于 C 项，不妨设曲线 上任意一点为
，则 关于 轴的对称 也在曲线 上，所以曲线
关于 轴对称，此时 的张角可取到最大或最小，对于 ，
，设过 两点，与曲线相切的直线 斜率为
，同理可得
，此时
，
所以 ，因为 ，所以存在 轴上方的 两点，
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使得 ，故 C 正确.
对于 D 项，设曲线 上任意一点为 ，
则点 到 轴的距离 ，设直线 为 ，点 到直线 的距离
，又因为 ，代入得
，当 时， 为定值，故
D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：通过曲线 可以判断出曲线关于原点和 轴
对称对称，那么在研究曲线的时候就可以只研究第一象限的曲线是否满足条件，
从而推断出整体是否满足条件.
12． （答案不唯一）
【分析】首先求出 的解析式，再根据正弦函数的性质求出 的范围，
即可得解.
【详解】因为 ，则 ，
令 ，所以 ，
因为 在区间 上存在最大值，
所以 ，
则 ，
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又 ，即 ，所以 或 ，
所以符合题意的一个 值为 （答案不唯一）.
故答案为： （答案不唯一）
13．
【分析】分黑球和白球的个数为 ， ， ， ， 进行讨
论，若小方有必胜策略，重点在于小方取完后盒中球的情况为 或 时，
则小方必胜.
【详解】设黑球数为 ，白球数为 ，由 ， ，则 可能有
以下几种情况：
① ，小军可先手在白盒子中取 颗球，此时两盒球数为 ，则小方必
不可能全部取完，小方后手取球后可能为 ， ， ， ，此时无
论何种情况小军都可全部取完，故小军有必定获胜的策略，不符合题意；
② ，小军可先手在白盒子中取 颗球，此时两盒球数为 ，同①进行分
析可知，小军有必定获胜的策略，不符合题意；
③ ，小军可先手在白盒子中取 颗球，此时两盒球数为 ，小方取球后，
若两盒中球数一样或有一盒取空，则小军可全部取完，小军必胜；
若两盒中球数不一样，且均不为 ，则一定是以下三种情况之一：
（1）两盒球数为 ；
（2）有一盒中只有一个球，另一盒中多于两个球，即 ， ， ；
（3）有一盒中有两个球，另一盒中多于两个球，即 ， ， ；
无论为哪种情况，小军都可将其取为 或 ，知此时小军必胜，不符合题
意；
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④ ，若小军只从白盒中取球，
则两盒球数为 ， ， 时，由③的推理过程知，小方必胜；符合题
意.
若两盒球数为 时，小方可将球数转为 ，知小方必胜；
若两盒球数为 时，小方可将球数转为 ，知小方必胜；
若两盒球数为 时，知小方必胜
若小军从黑盒中取出了球，则黑盒中球数 ，白盒中球数 黑盒中球数 ，
从而由③推理过程知小方必胜；
⑤ ，小军可将球数转化为 ，小军必胜，不符合题意；
因此小方有必胜策略，则黑盒中球数为 ，
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于小方怎样将盒中的球变为 或 ，
则小方必胜.
14．
【分析】利用等体积法求出点 到平面 的距离，说明所求球形不是正方体
的内切球，作截面确定球心位置及球的半径.
【详解】由题意可得 ，
所以 为等边三角形，设 的中心为 ，
则 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，同理可证 ，
平面 ， ，
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所以 平面 ，
因为 ，所以 ，又 ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，同理证明 ，
又 平面 ， ，
所以 平面 ，
所以 三点共线，
设点 到平面 的距离为 ，
而 ，
，
由 ，得 ，
解得 ，即 ，
又 ，所以 ，
因为 ，所以该球不是正方体的内切球，
连接 ，交 与点 ，连接 ，
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由对称性可得球的球心位于线段 上，且该球与平面 相切，与平面
相切，
设球心为 ，球的半径为 ，则 ， ，故 ，
所以 ，所以 ，
所以所求球形饰品的半径的最大值为 .
故答案为： .
15．(1)
(2)
【分析】（1）选①②，可知角 或 ，结合 可推出矛盾；选
②③，由正弦定理得出 ，由此可推出矛盾；选①③，由正弦定理推出
，结合已知条件可得出 ，可知∆ ABC 存在，然后利用余弦定理可求出
的值；
（2）求出 、 的值，结合三角形的面积公式可求得∆ ABC 内切圆的半径.
【详解】（1）根据正弦定理可将条件①化为 ，将条件③化为 ，
则①说明 a 的长度是 b 与 c 的等差中项，即长度介于 b 与 c 之间（可以相等），
③说明 a 的长度小于 b，而由②推知：a 最长，所以②与①③矛盾，所以选①③。
由 利用正弦定理可得 ，
又因为 ，则 ，可得 ，即 ，………………（5 分）
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由 ，可得 ，所以 ， ， ，此时 ABC 存在，
所以可得 .………………（8 分）
（2）由 可得 , b= ，由 可得
,………………（10 分）
由等面积法： = (a+b+c)r，得：r= .
………………（13 分）
16．
【分析】
（1）画图核心要求
圆锥结构：底面圆⊙O 半径 r=4，高 h=4（由侧面积 S=16 π推导）；顶点
P 在圆心 O 正上方，母线 PA=PB=42 。
关键点定位：直径 AB：水平放置，A 在左，B 在右；
点 C：满足 BC=3CA，即 AB 的四等分点（AC=2，CB=6）；
点 D：在以 BC 为直径的圆上（圆心为 C 右侧 3 单位处，半径 R=3）。
动态约束：第（2）问：CD=CO ⇒ D 为以 C 为圆心、CO=2 为半径的圆与 BC
直径圆的交点（两解，对称分布）； 第（3）问：体积最大 ⇒ D 位于 BC 直径圆
的最高点（唯一解）。
（2）由 垂直于圆锥的底面，所以 ，再由 ，得到 ，利
用线面垂直的判定定理，证得 平面 ，进而证得平面 平面 ；
（3）解：由圆锥的侧面积为 ，求得 ，当三棱锥 的体积最
大时，得到 为弧 的中点，以 为原点，建立空间直角坐标系，求得平面
的一个法向量为 和向量 ，结合向量的夹角公式，即可
求解.
【详解】（1）
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………………（3 分）
（2）证明：因为 垂直于圆锥的底面，所以 ，………………（4 分）
当 时，可得 ，所以 ，………………（5 分）
又因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，………（6 分）
因为 平面 ，所以平面 平面 .………………（7 分）
（3）解：由题意知： ，
因为圆锥的侧面积为 ，可得 ，解得 ，
所以 ，………………（9 分）
当三棱锥 的体积最大时，只需 的面积最大，此时 为弧 的中点，
如图所示，以 为原点，建立空间直角坐标系，………………（10 分）
因为 ，可得 ，
则 ，………………（11 分）
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，………………（13 分）
设 与平面 所成角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角正弦值为 .………………（15 分）
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17．（1） ；（2） .
【分析】（1）根据抛物线的定义即可；
（2）先设直线 与抛物线联立，结合三点共线得 和
，再计算出 就可以得解.
【详解】（1）根据线段垂直平分线的性质，知
动点 的轨迹是以 为焦点， 为准线的抛物线.
故曲线 的方程为 ………………（4 分）
（2）设点 ，
直线
由 消去 ，得 .………………（6 分）
，
.
又
由 三点共线，知 ，
即 .………………（9 分）
化简，得 .
显然 即 .
同理可得 ………………（10 分）
………………（12 分）
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又 ，由 ，有 ………………（14 分）
故点 的坐标为 .………………（15 分）
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是定义的使用，二是计算要准确并且要注
意化简的技巧.
18.(1)答案见解析
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数分 和 求解；
（2）（i）由（1）知 ，且最小值为 小于 0 即可得 的取值
范围；
（ii）结合（i）知 ，要证 ，即 ，分
和 进行证明.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，
，
①当 时， ，函数 在 单调递减；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增.
综上所述，当 时，函数 在 单调递减；
当 时，函数 在 上单调递减，在 单调递增.…………（4 分）
（2）（i）若 ，由（1）知， 至多有一个零点；
若 ，由（1）知，当 时， 取得最小值，最小值为 .
因为当 时， ；
当 时， ，
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所以函数 有两个零点当且仅当 .………………（7 分）
设 ，函数 在 单调递增.
因为 ， 的解集为 .
综上所述， 的取值范围是 .………………（10 分）
（ii）因为 ，由 ，结合（i）知 ，
要证 ，即证 ，即 ，……（11 分）
当 时，因为 ， ，不等式恒成立；
当 时，由 得 .………………（13 分）
即证 .
即证 .
即证 .
设 ， ，由 ，
所以 在 单调递增.所以 ，故原不等式成立.
所以 .………………（17 分）
19．(1) (2)①分布列见解析， ；②证明见解析
【分析】
（1）将五进制数转化为十进制数，将十进制数转化为三进制数可得结果.
（2）①求出 时， 位的二进制数的个数，确定 的所有可能取值，求出
相应取值的概率，得到分布列和数学期望；
②求出 位的二进制数的个数，确定 的所有可能取值，求出相应取值的概率，
得到分布列和数学期望，即可证明结论
【详解】（1）由题意得，将五进制数 转化为十进制数为
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，
∵ ，∴ ，
∴五进制数 转化成三进制数为 .………………（3 分）
①法一：先分析清楚 X 的含义,再结合分步乘法原理分析两个四位数的取值方法
数，最后列式计算概率（P= ）
若 ，对应两个四位数 和 ，首位都是 1，后三位每位要么是
1 要么是 0，所以| |要么为 0（ 和 相同时），要么为 1（ 和 不同时），
∴ 的意义是：后三位共有 X 位不相同,
∴ 的所有可能取值为 .
当 时，P(X=1)= = , P(X=2)= = , P(X=3)= =
∴随机变量 的分布列为
1 2 3
∴ .………………（9 分）
法二：枚举法
①若 ，则 位的二进制数有 ， ， ， ， ，
， ， ，共 个，从 个数中任选 2 个，共有 种情况.
∵ ，∴ 的所有可能取值为 .
当 时，若选择 ，可以从 ， ， 中任选 1 个，共有 3 种
情况,
若选择 ，可以从 ， ， 中任选 1 个，共有 3 种情况,
若选择 ，可以从 ， 中任选 1 个，共有 2 种情况,
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若选择 ，可以从 ， 中任选 1 个，共有 2 种情况,
若选择 ，可以从 ， 中任选 1 个，共有 2 种情况，
共有 种情况，故 .
当 时， 和 ， 和 ， 和 ， 和 满足
要求，共有 4 种情况，故 ，
∴ ，
∴随机变量 的分布列为
1 2 3
∴ .
②∵ 位二进制数 的 ，
∴根据二进制数中 0 的个数可得， 位二进制数一共有 个，
∵ ，∴ 的可能取值为 .
当 时，二进制数 ， 有 位取值不同，
有 位取值相同，
除去 ，从剩余的 位中选择 位，二进制数 ， 在
这 位上数字不同，其余 位，两者均在同一位置数字相同，
由于 ，故共有 种情况，
∴ ，………………（12 分）
∴随机变量 的分布列为
答案第 1 页，共 2 页
1 2 3
∵ ，
∴
，
∴ .………………（17 分）
答案第 1 页，共 2 页