湖南省湘西土家族苗族自治州吉首市2025年高三冲刺模拟数学试卷含解析

这是一份湖南省湘西土家族苗族自治州吉首市2025年高三冲刺模拟数学试卷含解析，共12页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，双曲线﹣y2=1的渐近线方程是，阿基米德等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，其图象关于直线对称，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的所有点（ ）
A．先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变
B．先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变
C．先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变
D．先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变
3．已知集合，则=（ ）
A．B．C．D．
4．若直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，是圆的一条直径，为半圆弧的两个三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
6．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（ ）
A．x±2y=0B．2x±y=0C．4x±y=0D．x±4y=0
7．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（ ）
A．B．
C．D．
8．2019年10月1日，中华人民共和国成立70周年，举国同庆.将2,0,1,9,10这5个数字按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为
A．96B．84C．120D．360
9．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）
A．B．C．D．
10．若为虚数单位，网格纸上小正方形的边长为1，图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是（ ）
A．EB．FC．GD．H
11．若函数（）的图象过点，则（ ）
A．函数的值域是B．点是的一个对称中心
C．函数的最小正周期是D．直线是的一条对称轴
12．设为等差数列的前项和，若，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，双曲线（，）的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若为直角三角形，则该双曲线的离心率是______.
14．春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设为其中成活的株数，若的方差，，则________．
15．设为数列的前项和，若，，且，，则________．
16．在的展开式中的系数为，则_______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在国家“大众创业，万众创新”战略下，某企业决定加大对某种产品的研发投入.为了对新研发的产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格试销，得到一组检测数据如表所示:
已知变量且有线性负相关关系，现有甲、乙、丙三位同学通过计算求得回归直线方程分别为:甲； 乙；丙，其中有且仅有一位同学的计算结果是正确的.
（1）试判断谁的计算结果正确？
（2）若由线性回归方程得到的估计数据与检测数据的误差不超过，则称该检测数据是“理想数据”，现从检测数据中随机抽取个，求“理想数据”的个数的分布列和数学期望.
18．（12分）已知在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且．
（1）求角A的值；
（2）若，设角，周长为y，求的最大值．
19．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线极坐标方程为.若直线交曲线于，两点，求线段的长.
20．（12分）已知函数，．
（1）若，，求实数的值．
（2）若，，求正实数的取值范围．
21．（12分）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，，.
（1）求证：平面.
（2）求二面角的大小.
22．（10分）已知，.
（1）当时，证明：；
（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；
【详解】
解：设，，由，得，
∵，解得或，∴，.
又由，得，∴或，∴，
∵，
∴，
又∵，
∴代入解得.
故选：D
本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.
2．D
【解析】
由函数的图象关于直线对称，得，进而得再利用图像变换求解即可
【详解】
由函数的图象关于直线对称，得，即，解得，所以，，故只需将函数的图象上的所有点“先向左平移个单位长度，得再将横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变,得”即可.
故选：D
本题考查三角函数的图象与性质，考查图像变换，考查运算求解能力，是中档题
3．D
【解析】
先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求
【详解】
，所以 .
故选：D
此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.
4．B
【解析】
根据题意可得：，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后，将代入计算即可求出值．
【详解】
由于直线的倾斜角为，所以，
则
故答案选B
本题考查二倍角的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键．
5．B
【解析】
连接、，即可得到，，再根据平面向量的数量积及运算律计算可得；
【详解】
解：连接、，
，是半圆弧的两个三等分点， ，且，
所以四边形为棱形，
．
故选：B
本题考查平面向量的数量积及其运算律的应用，属于基础题.
6．A
【解析】
试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．
解：双曲线
其渐近线方程是﹣y2=1
整理得x±2y=1．
故选A．
点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．
7．C
【解析】
首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n1=时，当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的式子，可以分别使得n=k，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k时等式的左端，即可得到答案．
【详解】
当n=k时，等式左端=1+1+…+k1，
当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k1+k1+1+k1+1+…+（k+1）1，增加了项（k1+1）+（k1+1）+（k1+3）+…+（k+1）1．
故选：C．
本题主要考查数学归纳法，属于中档题./
8．B
【解析】
2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0开头的排列数共个，其中含有2个10的排列数共个，所以产生的不同的6位数的个数为.故选B．
9．C
【解析】
设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.
【详解】
设球的半径为R，
根据题意圆柱的表面积为，
解得，
所以该球的体积为 .
故选：C
本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题.
10．C
【解析】
由于在复平面内点的坐标为，所以，然后将代入化简后可找到其对应的点.
【详解】
由，所以，对应点.
故选：C
此题考查的是复数与复平面内点的对就关系，复数的运算，属于基础题.
11．A
【解析】
根据函数的图像过点，求出，可得，再利用余弦函数的图像与性质，得出结论.
【详解】
由函数（）的图象过点，
可得，即，
，，
故，
对于A，由，则，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，当时，，故D错误；
故选：A
本题主要考查了二倍角的余弦公式、三角函数的图像与性质，需熟记性质与公式，属于基础题.
12．C
【解析】
根据已知条件求得等差数列的通项公式，判断出最小时的值，由此求得的最小值.
【详解】
依题意，解得，所以.由解得，所以前项和中，前项的和最小，且.
故选：C
本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的基本量计算，考查等差数列前项和最值的求法，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2
【解析】
根据是等腰直角三角形，且为中点可得，再由双曲线的性质可得，解出即得.
【详解】
由题，设点，由，解得，即线段，为直角三角形，，且，又为双曲线右焦点，过点，且轴，，可得，，整理得：，即，又，.
故答案为：
本题考查双曲线的简单性质，是常考题型.
14．
【解析】
由题意可知：，且，从而可得值．
【详解】
由题意可知：
∴，即,
∴
故答案为：
本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．
15．
【解析】
由题可得，解得，所以，，
上述两式相减可得，即，
因为，所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以．
16．2
【解析】
首先求出的展开项中的系数，然后根据系数为即可求出的取值.
【详解】
由题知，
当时有，
解得.
故答案为：.
本题主要考查了二项式展开项的系数，属于简单题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）乙同学正确
（2）分布列见解析，
【解析】
（1）由已知可得甲不正确，求出样本中心点代入验证，即可得出结论；
（2）根据（1）中得到的回归方程，求出估值，得到“理想数据”的个数，确定“理想数据”的个数的可能值，并求出概率，得到分布列，即可求解.
【详解】
（1）已知变量具有线性负相关关系，故甲不正确，
，代入两个回归方程，验证乙同学正确，
故回归方程为：
（2）由（1）得到的回归方程，计算估计数据如下表：
“理想数据”有3个，故“理想数据”的个数的取值为:.
，
，
于是“理想数据”的个数的分布列
本题考查样本回归中心点与线性回归直线方程关系，以及离散型随机变量的分布列和期望，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
18．（1）；（2）．
【解析】
（1）利用正弦定理，结合题中条件，可以得到，之后应用余弦定理即可求得；
（2）利用正弦定理求得，求出三角形的周长，利用三角函数的最值求解即可.
【详解】
（1）由已知可得，
结合正弦定理可得，∴，
又，∴．
（2）由，及正弦定理得，
∴，，
故，即，
由，得，∴当，即时，．
该题主要考查的是有关解三角形的问题，解题的关键是掌握正余弦定理，属于简单题目.
19．
【解析】
由，化简得，由，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，整理得，直线的方程与曲线的方程联立，，整理得，设，则，根据弦长公式求解即可.
【详解】
由，化简得，
又因为，所以直线的直角坐标方程为，
因为曲线的参数方程为，消去，整理得，
将直线的方程与曲线的方程联立，，消去，整理得，
设，则，
所以，
将，代入上式，整理得.
本题考查参数方程，极坐标方程的应用，结合弦长公式的运用，属于中档题.
20．（1）1（2）
【解析】
（1）求得和，由，，得，令，令导数求得函数的单调性，利用，即可求解．
（2）解法一：令，利用导数求得的单调性，转化为，令（），利用导数得到的单调性，分类讨论，即可求解．
解法二：可利用导数，先证明不等式，，，，
令（），利用导数，分类讨论得出函数的单调性与最值，即可求解．
【详解】
（1）由题意，得，，
由，…①，得，
令，则，
因为，所以在单调递增，
又，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，当且仅当时等号成立．
故方程①有且仅有唯一解，实数的值为1．
（2）解法一：令（），
则，
所以当时，，单调递增;
当时，，单调递减;
故
．
令（），
则．
（i）若时，，在单调递增，
所以，满足题意．
（ii）若时，，满足题意．
（iii）若时，，在单调递减，
所以．不满足题意．
综上述：．
解法二：先证明不等式，，，…（*）．
令，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即．
变形得，，所以时，，
所以当时，.
又由上式得，当时，，，.
因此不等式（*）均成立．
令（），
则，
（i）若时，当时，，单调递增;
当时，，单调递减;
故
．
（ii）若时，，在单调递增，
所以 ．
因此，①当时，此时，，，
则需
由（*）知，，（当且仅当时等号成立），所以．
②当时，此时，，
则当时，
（由（*）知）；
当时，（由（*）知）．故对于任意，．
综上述：．
本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：∵平面平面ABEG，且，
∴平面，
∴，
由题意可得，
∴，
∵，且，
∴平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
设平面的法向量是，
则，
令，，
由（1）可知平面的法向量是，
∴，
由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.
22．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）令，求导，可知单调递增，且，，因而在上存在零点，在此取得最小值，再证最小值大于零即可.
（2）根据题意得到在点处的切线的方程①，再设直线与相切于点， 有，即，再求得在点处的切线直线的方程为 ②由①②可得，即，根据，转化为，，令，转化为要使得在上存在零点，则只需，求解.
【详解】
（1）证明：设，
则，单调递增，且，，
因而在上存在零点，且在上单调递减，在上单调递增，
从而的最小值为.
所以，即.
（2），故，
故切线的方程为①
设直线与相切于点，注意到，
从而切线斜率为，
因此，
而，从而直线的方程也为 ②
由①②可知，
故，
由为正整数可知，，
所以，，
令，
则，
当时，为单调递增函数，且，从而在上无零点；
当时，要使得在上存在零点，则只需，，
因为为单调递增函数，，
所以；
因为为单调递增函数，且，
因此；
因为为整数，且，
所以.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
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