2025年湖南省湘西土家族苗族自治州高考数学必刷试卷含解析

这是一份2025年湖南省湘西土家族苗族自治州高考数学必刷试卷含解析，共20页。试卷主要包含了若满足约束条件则的最大值为， “”是“”的等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为
A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙
3．已知斜率为2的直线l过抛物线C：的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点M的纵坐标为1，则p＝（ ）
A．1B．C．2D．4
4．已知复数z满足i•z＝2+i，则z的共轭复数是（）
A．﹣1﹣2iB．﹣1+2iC．1﹣2iD．1+2i
5．在四边形中，，，，，，点在线段的延长线上，且，点在边所在直线上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．若满足约束条件则的最大值为（ ）
A．10B．8C．5D．3
7．已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．双曲线的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝r2(r＞0)相切，则r等于( )
A．B．2
C．3D．6
9．下图是民航部门统计的某年春运期间，六个城市售出的往返机票的平均价格（单位元），以及相比于上一年同期价格变化幅度的数据统计图，以下叙述不正确的是（ ）
A．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高
B．天津的往返机票平均价格变化最大
C．上海和广州的往返机票平均价格基本相当
D．相比于上一年同期，其中四个城市的往返机票平均价格在增加
10． “”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件
11．函数在上单调递减的充要条件是（ ）
A．B．C．D．
12．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了六天恰好到达目的地，请问第二天比第四天多走了（ ）
A．96里B．72里C．48里D．24里
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知一组数据，1，0，，的方差为10，则________
14．满足约束条件的目标函数的最小值是 .
15．函数的图象在处的切线与直线互相垂直,则_____．
16．若正实数，，满足，则的最大值是__________．
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）过点P(-4,0)的动直线l与抛物线相交于D、E两点，已知当l的斜率为时，.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设的中垂线在轴上的截距为,求的取值范围.
18．（12分）已知是递增的等比数列，，且、、成等差数列.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，，求数列的前项和.
19．（12分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：
（1）平面平面；
（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
20．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：
（1）MN∥平面ABB1A1；
（2）AN⊥A1B．
21．（12分）已知函数，其中e为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.
22．（10分）某精密仪器生产车间每天生产个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取50个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查．根据多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布（单位：微米），且相互独立．若零件的长度满足，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格．
（1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为，求及的数学期望；
（2）小张某天恰好从50个零件中检查出2个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件的不合格率．已知检查一个零件的成本为10元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为260元．假设充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由．
附：若随机变量服从正态分布，则．
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】
取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.
【详解】
如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，
则，，即为二面角的平面角，
过点B作于O，则平面ACD，
由，可得，，，
即点O为的中心，
三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，
，,
解得，
三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.
本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.
2．A
【解析】
利用逐一验证的方法进行求解.
【详解】
若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．
本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．
3．C
【解析】
设直线l的方程为x＝y，与抛物线联立利用韦达定理可得p．
【详解】
由已知得F（，0），设直线l的方程为x＝y，并与y2＝2px联立得y2﹣py﹣p2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点C（x0，y0），
∴y1+y2＝p，
又线段AB的中点M的纵坐标为1，则y0（y1+y2）＝，所以p=2,
故选C．
本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题，利用韦达定理是解题的关键，属中档题．
4．D
【解析】
两边同乘-i，化简即可得出答案．
【详解】
i•z＝2+i两边同乘-i得z=1-2i,共轭复数为1+2i，选D.
的共轭复数为
5．A
【解析】
依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，根据求出的坐标，求出边所在直线的方程，设，利用坐标表示，根据二次函数的性质求出最大值.
【详解】
解：依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，由，，，，
，，，
因为点在线段的延长线上，设，
解得
，
所在直线的方程为
因为点在边所在直线上，故设
当时
故选：
本题考查向量的数量积，关键是建立平面直角坐标系，属于中档题.
6．D
【解析】
画出可行域,将化为,通过平移即可判断出最优解,代入到目标函数,即可求出最值.
【详解】
解:由约束条件作出可行域如图,
化目标函数为直线方程的斜截式,.由图可知
当直线过时,直线在轴上的截距最大,有最大值为3.
故选:D.
本题考查了线性规划问题.一般第一步画出可行域,然后将目标函数转化为 的形式,在可行域内通过平移找到最优解,将最优解带回到目标函数即可求出最值.注意画可行域时,边界线的虚实问题.
7．C
【解析】
如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．
8．A
【解析】
由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可.
【详解】
双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r＝.
答案：A
本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题.
9．D
【解析】
根据条形图可折线图所包含的数据对选项逐一分析，由此得出叙述不正确的选项.
【详解】
对于A选项，根据折线图可知深圳的变化幅度最小，根据条形图可知北京的平均价格最高，所以A选项叙述正确.
对于B选项，根据折线图可知天津的往返机票平均价格变化最大，所以B选项叙述正确.
对于C选项，根据条形图可知上海和广州的往返机票平均价格基本相当，所以C选项叙述正确.
对于D选项，根据折线图可知相比于上一年同期，除了深圳外，另外五个城市的往返机票平均价格在增加，故D选项叙述错误.
故选：D
本小题主要考查根据条形图和折线图进行数据分析，属于基础题.
10．A
【解析】
首先利用二倍角正切公式由，求出，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】
解：∵，∴可解得或，
∴“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，二倍角正切公式的应用是解决本题的关键，属于基础题．
11．C
【解析】
先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.
【详解】
依题意，，
令，则，故在上恒成立；
结合图象可知，，解得
故.
故选：C.
本题考查求三角函数单调区间. 求三角函数单调区间的两种方法:
(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；
(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.
12．B
【解析】
人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，计算，代入得到答案.
【详解】
由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，
则，解得，从而可得，故.
故选：.
本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．7或
【解析】
依据方差公式列出方程，解出即可．
【详解】
，1，0，，的平均数为，
所以
解得或．
本题主要考查方差公式的应用．
14．-2
【解析】
可行域是如图的菱形ABCD，
代入计算，
知为最小.
15．1.
【解析】
求函数的导数，根据导数的几何意义结合直线垂直的直线斜率的关系建立方程关系进行求解即可．
【详解】
函数的图象在处的切线与直线垂直,
函数的图象在的切线斜率

本题正确结果：
本题主要考查直线垂直的应用以及导数的几何意义，根据条件建立方程关系是解决本题的关键．
16．
【解析】
分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题的求解方法，即可求得结果.
详解：，当且仅当等号成立，故答案是.
点睛：该题属于应用基本不等式求最值的问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-------相乘，即可得结果.
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．；
【解析】
根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合,即可求出抛物线C的方程；
设，的中点为，把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式求出的取值范围,利用韦达定理求出,进而求出的中垂线方程,即可求得在轴上的截距的表达式,然后根据的取值范围求解即可.
【详解】
由题意可知,直线l的方程为,
与抛物线方程方程联立可得,
,
设,由韦达定理可得,
,
因为,,
所以,解得,
所以抛物线C的方程为;
设,的中点为,
由,消去可得,
所以判别式,解得或,
由韦达定理可得,,
所以的中垂线方程为,
令则,
因为或,所以即为所求.
本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）设等比数列的公比为，根据题中条件求出的值，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；
（Ⅱ）求得，然后利用裂项相消法可求得.
【详解】
（Ⅰ）设数列的公比为，由题意及，知.
、、成等差数列成等差数列，，，
即，解得或（舍去），.
数列的通项公式为；
（Ⅱ），
.
本题考查等比数列通项的求解，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于基础题.
19．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平面.再根据面面垂直的判定定理，可证平面平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由点F在线段上，设，得出的坐标，进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再结合为平面的一个法向量，用向量法即可求出与的夹角，结合图形，写出二面角的大小.
【详解】
证明：（1）在中，
为正三角形，且
在中，
为等腰直角三角形，且
取的中点，连接
，
，
，平面
平面
平面
..平面平面
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
设.则
设平面的一个法向量为.则
，
令，解得
与平面所成角的正弦值为，
整理得
解得或(含去)
又为平面的一个法向量
，
二面角的大小为.
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解决线面角、二面角的问题，属于中档题.
20．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用平行四边形的方法，证明平面.
（2）通过证明平面，由此证得.
【详解】
（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.
（2）连接，由于直三棱柱中，而，，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.
本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
21．（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.
【解析】
（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；
（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解
【详解】
（1）,
①当时,,
∴函数在内单调递增；
②当时,令,解得或,
当或时,,则单调递增,
当时,,则单调递减,
∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为
（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；
（Ⅱ）当时,,
①若,即,则是的一个零点；
②若,即,则不是的零点
（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以
①当时,在上单调递增。又，所以
（ⅰ）当时,在上无零点；
（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；
②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,
因为,,所以此时在上恰有一个零点,
综上,
本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想
22．（1）见解析（2）需要，见解析
【解析】
（1）由零件的长度服从正态分布且相互独立,零件的长度满足即为合格,则每一个零件的长度合格的概率为,满足二项分布,利用补集的思想求得,再根据公式求得；
（2）由题可得不合格率为,检查的成本为,求出不检查时损失的期望,与成本作差,再与0比较大小即可判断.
【详解】
（1）,
由于满足二项分布,故.
（2）由题意可知不合格率为,
若不检查,损失的期望为；
若检查,成本为,由于,
当充分大时,,
所以为了使损失尽量小,小张需要检查其余所有零件.
本题考查正态分布的应用,考查二项分布的期望,考查补集思想的应用,考查分析能力与数据处理能力.