2025届湖南省常德市高三冲刺模拟数学试卷含解析

这是一份2025届湖南省常德市高三冲刺模拟数学试卷含解析，共10页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，著名的斐波那契数列，《普通高中数学课程标准， “”是“函数等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．设，则“ ”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
2．设，，则“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．在平行四边形中，若则( )
A．B．C．D．
4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式）.
A．2寸B．3寸C．4寸D．5寸
5．著名的斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，…，满足，，，若，则( )
A．2020B．4038C．4039D．4040
6．某校为提高新入聘教师的教学水平，实行“老带新”的师徒结对指导形式，要求每位老教师都有徒弟，每位新教师都有一位老教师指导，现选出3位老教师负责指导5位新入聘教师，则不同的师徒结对方式共有（ ）种.
A．360B．240C．150D．120
7．《普通高中数学课程标准（2017版）》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（ ）
A．甲的数据分析素养高于乙
B．甲的数学建模素养优于数学抽象素养
C．乙的六大素养中逻辑推理最差
D．乙的六大素养整体平均水平优于甲
8．过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点，且，抛物线的准线与轴交于，的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
9．在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：①；②；③平面平面：④异面直线与所成角为其中正确命题的个数为( )
A．1B．2C．3D．4
10． “”是“函数（为常数）为幂函数”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．已知向量，，若，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
12． “”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则_______.
14．双曲线的离心率为_________．
15．如图，在棱长为2的正方体中，点、分别是棱，的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是______.
16．在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为________.
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）设数列是等比数列，，已知, (1)求数列的首项和公比；（2）求数列的通项公式．
18．（12分）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为AB，BC的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
19．（12分）等差数列的前项和为，已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列{}的前项和为，求使成立的的最小值．
20．（12分）如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，点是的中点，将沿着折起，使点运动到点处，且满足.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
21．（12分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.
（1）若直线的方程为，求的方程；
（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
22．（10分）已知函数（，为自然对数的底数），.
（1）若有两个零点，求实数的取值范围；
（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围.
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．C
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合对数的运算进行判断即可．
【详解】
∵a，b∈（1，+∞），
∴a＞b⇒lgab＜1，
lgab＜1⇒a＞b，
∴a＞b是lgab＜1的充分必要条件，
故选C．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的解法是解决本题的关键．
2．A
【解析】
根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.
【详解】
若， ，则，可得；
若，可得，无法得到，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
所以本题答案为A.
本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是：
① 若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
② 若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③ 若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④ 若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.
⑤ 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.
3．C
【解析】
由，,利用平面向量的数量积运算,先求得利用平行四边形的性质可得结果.
【详解】
如图所示,
平行四边形中, ,
，
，
,
因为,
所以
,
，
所以，故选C.
本题主要考查向量的几何运算以及平面向量数量积的运算法则，属于中档题. 向量的运算有两种方法：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.
4．B
【解析】
试题分析：根据题意可得平地降雨量，故选B.
考点：1.实际应用问题；2.圆台的体积.
5．D
【解析】
计算，代入等式，根据化简得到答案.
【详解】
，，，故，
，
故.
故选：.
本题考查了斐波那契数列，意在考查学生的计算能力和应用能力.
6．C
【解析】
可分成两类，一类是3个新教师与一个老教师结对，其他一新一老结对，第二类两个老教师各带两个新教师，一个老教师带一个新教师，分别计算后相加即可．
【详解】
分成两类，一类是3个新教师与同一个老教师结对，有种结对结对方式，第二类两个老教师各带两个新教师，有．
∴共有结对方式60＋90＝150种．
故选：C．
本题考查排列组合的综合应用．解题关键确定怎样完成新老教师结对这个事情，是先分类还是先分步，确定方法后再计数．本题中有一个平均分组问题．计数时容易出错．两组中每组中人数都是2，因此方法数为．
7．D
【解析】
根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.
【详解】
对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.
对于B选项，甲的建模素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.
对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.
对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.
故选：D
本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基础题.
8．B
【解析】
设点、，并设直线的方程为，由得，将直线的方程代入韦达定理，求得，结合的面积求得的值，结合焦点弦长公式可求得.
【详解】
设点、，并设直线的方程为，
将直线的方程与抛物线方程联立，消去得，
由韦达定理得，，
，，，，，
，可得，，
抛物线的准线与轴交于，
的面积为，解得，则抛物线的方程为，
所以，.
故选：B.
本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
9．B
【解析】
设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线与直线的平行，推出①的正误；判断是的中点推出②正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出③正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断④的正误．
【详解】
解：不妨设棱长为：2，对于①连结，则，即与不垂直，又，①不正确；
对于②，连结，，在中，，而，是的中点，所以，②正确；
对于③由②可知，在中，，连结，易知，而在中，，，
即，又，面，平面平面，③正确；
以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；
， ，， ， ， ；
， ；
异面直线与所成角为，，故．④不正确．
故选：．
本题考查命题的真假的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
10．A
【解析】
根据幂函数定义，求得的值，结合充分条件与必要条件的概念即可判断.
【详解】
∵当函数为幂函数时，，
解得或，
∴“”是“函数为幂函数”的充分不必要条件.
故选：A.
本题考查了充分必要条件的概念和判断，幂函数定义的应用，属于基础题.
11．B
【解析】
直接利用向量的坐标运算得到向量的坐标，利用求得参数m，再用计算即可.
【详解】
依题意，， 而， 即， 解得， 则.
故选：B.
本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想.
12．B
【解析】
或，从而明确充分性与必要性.
【详解】
，
由可得：或，
即能推出，
但推不出
∴“”是“”的必要不充分条件
故选
本题考查充分性与必要性，简单三角方程的解法，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
试题分析：由坐标系可知
考点：复数运算
14．2
【解析】

15．
【解析】
取中点，连结，，推导出平面平面，从而点在线段上运动，作于，由，能求出线段长度的取值范围．
【详解】
取中点，连结，，
在棱长为2的正方体中，点、分别是棱、的中点，
，，
，，
平面平面，
是侧面正方形内一点（含边界），平面，
点在线段上运动，
在等腰△中，，，
作于，由等面积法解得：
，
，
线段长度的取值范围是，．
故答案为：，．
本题考查线段长的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16．
【解析】
利用，解出，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】
，且，，
，
该双曲线的渐近线方程为：.
故答案为：.
本题考查了双曲线离心率与渐近线方程，考查了双曲线基本量的关系，考查了运算能力，属于基础题.
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)（2）
【解析】
本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，数列求和的错位相减求和是数列求和中的重点与难点，要注意掌握．
（1）设等比数列{an}的公比为q，则q+q2=6，解方程可求q
（2）由（1）可求an=a1•qn-1=2n-1，结合数列的特点，考虑利用错位相减可求数列的和
解：（1）
（2），
两式相减：
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）通过证明面，即可由线面垂直推证面面垂直；
（2）根据面，将问题转化为求到面的距离，利用等体积法求点面距离即可.
【详解】
（1）因为棱柱是直三棱柱，所以
又，
所以面
又，分别为AB，BC的中点
所以//
即面
又面，所以平面平面
（2）由（1）可知////
所以//平面
即点到平面的距离等于点到平面的距离
设点到面的距离为
由（1）可知，面
且在中，，
易知
由等体积公式可知
即
由得
所以到平面的距离等于
本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及利用等体积法求点面距离，属综合中档题.
19．（1）；（2）的最小值为19.
【解析】
（1）根据条件列方程组求出首项、公差，即可写出等差数列的通项公式；
（2）根据等差数列前n项和化简，利用裂项相消法求和，解不等式即可求解.
【详解】
(1)等差数列的公差设为，，，
可得，，
解得，，
则；
(2)，
，
前n项和为
，
即，
可得，即，
则的最小值为19.
本题主要考查了等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，裂项相消法求和，属于中档题
20．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，，由，进而，由，得. 进而平面,进而结论可得证（2）（方法一）过点作的平行线交于点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面平面的法向量，由二面角公式求解即可（方法二）取的中点，上的点，使，连接，得，，得二面角的平面角为，再求解即可
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，由已知得，所以，又点是的中点，所以.
因为，点是线段的中点，
所以.
又因为，所以，从而平面，
所以，又，不平行，
所以平面.
（2）（方法一）由（1）知，过点作的平行线交于点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
由，得，令，得.
同理，设平面的法向量为，
由，得，
令，得.
所以二面角的余弦值为.
（方法二）取的中点，上的点，使，连接，易知，.
由（1）得，所以平面，所以，
又，所以平面，
所以二面角的平面角为.
又计算得，，，
所以.
本题考查线面垂直的判定，考查空间向量求二面角，考查空间想象及计算能力，是中档题
21．（1）或. （2）存在，；
【解析】
（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.
（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.
【详解】
（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.
由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，
所以在直线上，故可设.
因为与直线相切，所以的半径为.
由已知得，，又，
故可得，解得或.
故的半径或，
所以的方程为或.
（2）法一：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，，则得，的中点，
则以为直径的圆的半径为：
，
到轴的距离为，
令，①
化简得，即，
故当时，①式恒成立.
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
法二：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，因为抛物线的焦点坐标为，
点在抛物线上，所以，
线段的中点的坐标为，
则到轴的距离为，
而，
故以为径的圆与轴切，
所以当点与重合时，符合题意，
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.
22．（1）；（2）
【解析】
（1）将有两个零点转化为方程有两个相异实根，令求导，利用其单调性和极值求解；
（2）将问题转化为对一切恒成立，令，求导，研究单调性，求出其最值即可得结果.
【详解】
（1）有两个零点关于的方程有两个相异实根
由，知
有两个零点有两个相异实根.
令，则，
由得：，由得：，
在单调递增，在单调递减
，
又
当时，，当时，
当时，
有两个零点时，实数的取值范围为；
（2）当时，，
原命题等价于对一切恒成立
对一切恒成立.
令
令，，则
在上单增
又，
，使即①
当时，，当时，，
即在递减，在递增，
由①知
函数在单调递增
即
，
实数的取值范围为.
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，考查学生转化能力和分析能力，是一道难度较大的题目.