湖南省长沙市2025届高三数学上学期九月学情调研考试模拟试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2025届高三数学上学期九月学情调研考试模拟试卷含解析，共19页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答，9B．1等内容，欢迎下载使用。
本试卷共10页，19小题，满分150分.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单选题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，，则的值是（ ）
A．0.9B．1.08C．2D．4
3．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的前项和为，满足，则（ ）
A．-200B．-100C．200D．100
5．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．有4名男生､3名女生和2个不同的道具（记作A和B）参与一个活动，活动要求：所有人（男生和女生）必须站成一排，女生必须站在一起，并且她们之间按照身高从左到右由高到低的顺序排列（假设女生的身高各不相同）；两个道具A和B必须被分配给队伍中的两个人（可以是男生，也可以是女生），但这两人不能站在一起.满足上述所有条件的排列方式共有（ ）
A．2400种B．3600种C．2880种D．4220种
7．用一个边长为4的正方形纸片，做一个如图所示的几何体，图中两个圆锥等底、等高，则该几何体体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ）
A．±1B．C．D．±2
二、多选题：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. 全部选对得6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．已知复数 在复平面内所对应的点分别为，且点均在以坐标原点 为圆心. 2为半径的圆上，点在第四象限，则 （ ）
A．点在第一象限B．
C．D．
10．甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ）
A．、为对立事件B．
C．D．
11．如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD中点O为圆心，OA为半径的半圆上，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．的最大值为
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分.
12．展开式的中间一项的系数为.
13．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为，酒杯的容积，则其内壁表面积为．

14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则C的离心率的最大值是．
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．中国数学奥林匹克（）竞赛由中国数学会主办，是全国中学生级别最高､规模最大､最具影响力的数学竞赛.某中学为了选拔参赛队员，组织了校内选拔赛.比赛分为预赛和决赛，预赛成绩合格者可进入决赛.
(1)根据预赛成绩统计，学生预赛的成绩，成绩超过85分的学生可进入决赛.若共有600名学生参加了预赛，试估计进入决赛的人数（结果取整数）；
(2)决赛试题共设置了10个题目，其中单选题6题，每题10分，每题有1个正确选项，答对的10分，答错得0分；多选题4题，每题15分，每题有多个正确选项，全部选对得15分，部分选对得5分，有选错得0分.假设甲同学进入了决赛，且在决赛中，每个单选题答对的概率均为；每个多选题得15分､5分､0分的概率均分别为.求甲同学决赛成绩的数学期望.
附：若，则，
16．已知等差数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17．在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．

(1)若Q为的中点，证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角正弦值为，求．
18．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为．
(1)求的方程；
(2)过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值；
(3)已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．
19．已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”.
(1)判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由.
(2)已知函数为“互补函数”，且为“互补数”.
（i）是否存在，使得？说明理由.
（ii）若，用的代数式表示的最大值.
湖南省长沙市2025届高三九月学情调研考试数学模拟参考答案：
1．A
【分析】先求集合B的补集，再求与集合A的交集,
【详解】因为,
所以或，
所以,
故选：A.
2．B
【分析】根据题意结合指数幂运算求解.
【详解】因为，，所以.
故选：B.
3．D
【分析】由题意可得，进而利用向量夹角公式可求与的夹角.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以与的夹角为.
故选：D.
4．A
【分析】利用等差数列的前项和公式即可解出.
【详解】因为等差数列的前项和为，
可得，解得，
则.
故选：A
5．A
【分析】由二倍角公式结合角的范围即可求解.
【详解】，，
，，，
故选：A.
6．B
【分析】先用捆绑法排列（女生不需要内部排列），然后利用间接法再分配2个道具．
【详解】根据题意4名男生､3名女生的排列方法为，然后在7人中选2人（不相邻）分配道具：，总方法数为，
故选：B．
7．A
【分析】通过圆锥侧面展开图的两种情况①侧面展开图最大为半径为2的半圆，②侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，计算比较即可.
【详解】根据题意有两种方式可以得到这样的几何体，
方式一：如图①，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为2的半圆，
因此一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，高为，
所以两个圆锥体积的最大值为．
方式二：如图②，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，
因此一个圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
所以两个圆锥体积的最大值为．
，
故选：A．
8．D
【分析】根据抛物线的定义得到如图的抛物线，得到，可求得，做在直角三角形中，可求得，结合斜率的定义进行求解即可
【详解】下图所示为l的斜率大于0的情况．
如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为，，，垂足为H．
设，，则．
而，所以，
l的斜率为．同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为，则，
可求得，可求得l斜率为，
同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
故选：D
9．AB
【分析】由题意可得，求解可得，进而逐项判断即可.
【详解】设，由题意可得，
解得或，所以点或，
因为点在第四象限，所以，从而可得，
所以点在第一象限，故A正确；
所以，故B正确；
，，所以，
所以与不垂直，故C错误；
所以，故D错误.
故选：AB.
10．AB
【分析】只需注意到事件B是在事件或发生之后可解.
【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故D不正确；，故 C不正确.
故选：AB
11．BCD
【分析】对于B，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于ACD，以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算结合三角函数的性质即可判断.
【详解】对于B，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以在边长为3的等边三角形ABC中，，
则，故B正确；
对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，
因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分，
设，
则，
所以，
因为，所以，所以，
所以，即，故C正确；
对于A，因为，
所以，
即，
所以，，
所以，，
则，
因为，所以，所以，
所以，即，故A错误；
对于D，由，
因为，所以当时，取得最大值，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适平面直角坐标系，再设，从而写出相关向量，计算其数量积，并结合三角函数的性质得到其范围.
12．
【分析】中间一项是第4项，结合二项展开式的系数的计算公式即可求解.
【详解】因为展开式共有7项，它的中间一项是第4项，
所以展开式的中间一项的系数为.
故答案为：.
13．
【分析】先计算出圆柱的高，内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积.
【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为，由题意可知：，解得：.
内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积，即.
故答案为：
14．
【分析】作出辅助线，设，得到，由椭圆定义和勾股定理得到方程，得到，故，设，，由对勾函数性质得到函数单调性，从而得到，求出离心率的取值范围，得到最大值.
【详解】连接，设，
因为点在第一象限，所以，
由对称性可知，
因为，所以，即，
由椭圆定义可得，
由圆的性质得⊥，由勾股定理得，
所以，即，
因为，
设，，则，
由对勾函数性质，单调递增，
所以，即，
当时，解得，即，解得
当时，解得，即，解得，
综上，所以C的离心率的最大值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
15．(1)95
(2)60
【分析】（1）根据正态分布的对称性求解概率，即可求解人数，
（2）分别求解单选题和多选题每一道题目得分的期望，即可求解成绩的期望.
【详解】（1）由于，故，
故，
所以，
故进入决赛的人数为.
（2）甲同学每个单选题得分的数学期望分，
甲同学每个多选题得分的数学期望分，
因此甲同学的成绩的数学期望为分
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据递推公式求出，设的公差为，结合求出，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由，，令得，解得，
设的公差为，
因为，所以，
所以，
故的通项公式为．
（2）由（1）知，
所以①，
②，
①②得，
化简得，
所以．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，由面面平行的判定得出平面平面，再由面面平行的性质即可证明；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据线面夹角的向量公式列出方程求解即可．
【详解】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，
因为为直三棱柱，所以平面平面，，，
又分别为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，且，
所以平面平面，又平面，
所以平面．

（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，
则，，，
所以，
由直三棱柱可得，为的中点，
所以，则，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，则，
因为直线与平面所成的角正弦值为，
所以，
整理得，，解得或（不合题意舍） ，
所以．

18．(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解，
（2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解，
（3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解.
【详解】（1）根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得，
由于，故，即.
（2）设，，
故当时，最小值为2
（3）联立与可得，
设，
则，
故
设存在点C满足，则，
故，
由于在，故，
化简得，即，解得或（舍去），
由于，解得且，
故符合题意，由于，故，
故,故，
故存在，使得
19．(1)不是“互补函数”，理由见解析；
(2)（i）存在，理由见解析；（ii）.
【分析】（1）利用导数分别求出，的值域，由“互补函数”的定义判断即可；
（2）（i）根据定义，可得，即可求解；（ii）根据条件可化简得，令，利用导数求出的单调性，从而可得的最大值.
【详解】（1）因为，则，
所以在单调递增，在单调递减，则，所以，
因为，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以.
故不存在实数，使得，则与不是“互补函数”.
（2）（i）存在，使得.
由，得，
则，故存在.
（ii）令，则，
两式相加可得，
两式相减可得
所以，
故.
令，
则.
.
因为，所以，
故当时，，即在上是减函数.
因为，
所以的最大值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
A
A
B
A
D
AB
AB
题号
11
答案
BCD