湖南省常德市临澧县第一中学2025届高三下学期5月模拟考试 数学试卷（含解析）

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一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知2024个互不相同的实数，记其上四分位数为，中位数为，第75分位数为，则（ ）
A．B．
C．D．
3．数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．在的展开式中，项的系数为（ ）
A．252B．210C．126D．120
7．已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ）
A．关于直线对称B．关于直线对称
C．关于点成中心对称D．关于点成中心对称
8．已知双曲线的左、右顶点分别为、，是上一点，为等腰三角形，且外接圆面积为，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
二、多选题
9．设z，，均为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．
C．若，则的最大值为2D．若复数，则
10．已知数列满足，的前n项和为，则（ ）
A．B．数列是等比数列
C．，，构成等差数列D．数列前100项和为
11．已知曲线，为曲线上任一点，则下列说法中正确的有（ ）
A．曲线与直线恰有三个公共点B．曲线与直线相切
C．是关于的函数D．是关于的函数
三、填空题
12．若双曲线的离心率为2，则的值为 ．
13．设，是一个随机试验中的两个事件，若，，，则 .
14．在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是 ．
四、解答题
15．学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“20米运球绕杆射门”两个项目.规定：“定位球传准”考核合格得4分，否则得0分；“20米运球绕杆射门”考核合格得6分，否则得0分.现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“20米运球绕杆射门”考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明“定位球传准”考核合格的概率为0.8，“20米运球绕杆射门”考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关.
（1）若小明先进行“定位球传准”考核，记为小明结束考核后的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由.
16．已知函数.
（1）若，且与函数的图象相切，求的值；
（2）若对成立，求实数的取值范围.
17．在等差数列和等比数列中，和是下表第i行中的数（），且，，中的任何两个数不在同一列，，，中的任何两个数也不在同一列.
(1)请问满足题意的数列和各有多少个？写出它们的通项公式（无需说明理由）；
(2)若的公比为整数，且.数列满足，求的前n项和.
18．在四棱锥中，已知，，，，，是线段上的点．
（1）求证：底面；
（2）是否存在点使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．

（1）求与的标准方程；
（2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合）
（3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合）
参考答案
1．【答案】C
【详解】由，解得，所以，
而，所以，
所以.
故选C.
2．【答案】C
【详解】根据百分位数的概念可知，将这2024个互不相同的实数从小到大排列后，
其上四分位数即为第75分位数，故，
由于这2024个互不相同的实数最中间两数为第1012和第1013个数，
故中位数b为这两个数的平均数，
又第50分位数也为第1012和第1013个数的平均数，
故b即等于第50分位数，而第50分位数小于第75分位数，故，
故选C
3．【答案】D
【详解】令，因为，所以解得，
所以数列的前3项为负，从第4项起为正，
所以的最小值为.
故选D.
4．【答案】A
【详解】由，可得，即，解得，
所以.
故选A.
5．【答案】C
【详解】因为，所以
所以
又，，，,
所以，
故选C．
6．【答案】B
【详解】的展开式的通项为，
则的展开式中项的系数为，
所以的展开式中项的系数为
．
故选B．
7．【答案】C
【详解】由连续型随机变量服从正态分布，
可得，可得，所以正态密度曲线关于对称，
即，
由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢，
所以无对称轴，故AB错误；
，
所以关于点成中心对称，故C正确，D错误.
故选C.
8．【答案】C
【详解】分析：不妨设在第二象限，由外接圆面积得其半径，设，利用正弦定理求出，从而可得，然后求得点坐标，把点坐标代入双曲线方程可得关系式，化简后可求得离心率．
详解：不妨设在第二象限，则在等腰中，，
设，则，为锐角．
外接圆面积为，则其半径为，∴，
∴，，
∴，，
设点坐标为，则，，
即点坐标为，
由点在双曲线上，得，整理得，
∴．
故选C．
点睛：本题将解三角形和双曲线的几何性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得出点的坐标，是解题的突破点，在得到点坐标后，根据点在双曲线上得出间的关系，最后根据可求得离心率．
9．【答案】CD
【详解】对于A，若，，，
但，，A错误；
对于B，设（，），
当，均不为0时，为虚数，
而为实数，所以不成立，B错误；
对于C，由，
得复数在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
而的几何意义为复数对应的点与两点间的距离，
所以当点运动到时，最大，取最大值，最大值为2，C正确；
对于D，设（，），（，），
由，则，
所以，
，
所以，D正确；
故选CD．
10．【答案】AD
【详解】对于A，当时，可得，故A正确；
对于B，
当时，，
两式相减可得，所以，
当，适合上式，所以；
由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误；
对于C，由可知，，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以，，
，
又，所以，
所以，，不构成等差数列，故C错误；
对于D，，
所以
，故D正确.
故选AD.
11．【答案】ABD
【详解】对于A，由消元法可得，所以，
当或时， 或，故此时无解，
下面考虑上方程的解的个数，
设，其中，
设且，则的解为，，
而，
故当或时，，当时，，
故在，上为减函数，在上为增函数，
而，且，
，而，故，
故，，
故在有3个不同的实数根，故A正确；
对于，令，得，
因为与相切，所以曲线与直线相切，故正确；
对于C，取，考虑，即方程的解的个数，
设，则， ，
，，
故至少有两个零点，故有两个不同的解，
故不是关于的函数，故C错误；
对于D，，则，
故为上的减函数，且当时，，当时，，
故对任意，方程，即有唯一解，
故是关于的函数，故D正确.
故选.
12．【答案】3.
【详解】试题分析：依题意可得.本题考查的双曲线的基本知识.关键是要把所给的方程与标准方程相对应好.
考点：1.双曲线的标准方程.2.双曲线的离心率.
13．【答案】/0.3
【详解】由条件概率的公式：，
计算和事件的概率：，
可得.
14．【答案】
【详解】
设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点，
易知平分，平分，易知，
取中点为，则在的平分线上，
同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上，
易知面，故，同理，
于是为平面与平面的夹角的平面角，
设正四面体棱长为，则，，
所以.
15．【答案】（1）分布列见解析
（2）小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由见解析
【详解】（1）由已知可得，的所有可能取值为，
则，
，
所以的分布列为：
（2）小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由如下：
由（1）可知小明先进行“定位球传准”考核，累计得分的期望为
，
若小明先进行“20米运球绕杆射门”考核，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，
，
，
则的期望为，
因为，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行“定位球传准”考核.
16．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）函数，求导得，
设直线与函数的图象相切的切点横坐标为，于是，
而，，解得，又，解得，
所以.
（2）依题意，对恒成立，
设，显然，恒成立，
当时，，不符合题意，
当时，求导得，
由得，函数在上单调递减，
由得，函数在上单调递增，则，
于是，解得，因此；
所以所求实数的取值范围是.
17．【答案】(1)满足题意的数列有4个，分别为，，，；满足题意的数列有2个，分别为，；
(2)
【详解】（1）对于等差数列，设公差为d，
当时，则，所以，
当时，则，所以，
当时，则，所以，
当时，则，所以，
满足题意的数列有4个，分别为，，，；
对于等比数列，设公比为q，
当时，则，所以，
当时，则，所以，
满足题意的数列有2个，分别为，；
（2）因为的公比为整数，由（1）知，则，所以，
所以，所以，
所以，
所以的前n项和.
【思路导引】若通项公式是分式型，分子是常数，分母是相邻两项的积，则可以考虑用裂项相消法求和.
18．【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【详解】（1）在中，，
所以．
在中，，
由余弦定理有：，
所以，，所以，
所以，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在中：，则，
所以，，
因为，、平面，
所以面．
（2）因为平面，以点A为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有、、、、，
设，其中，
则，
设为面的法向量，则有，
取，则，
所以，平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为
，
由题意可得，
可得，因为，所以．
因此，存在点使得与平面所成角的余弦值为，且．
19．【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【详解】（1）由题意得，，又因为在上，
代入得，所以，则.
（2）设，则，
又因为，所以，
则，同理可得，所以.
（3）设直线分别为，其斜率依次为，
设直线，联立得，
即有，所以，代入直线方程得，
则，设，
则经过的两直线之间斜率满足关系：，
将直线绕原点顺时针旋转后也会经过，
所以两者斜率满足，所以，
同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过，
所以两直线斜率满足，
，
设，则有，代入上式得：，
得到，
所以，因此存在定点，
使直线和直线的斜率之积为定值5.
第一列
第二列
第三列
第四列
第一行
1
2
3
4
第二行
5
6
7
8
第三行
9
10
11
12
0
4
10
0.2
0.24
0.56