湖南省长沙市2025届高三上学期新高考适应性考试针对性训练数学试卷（Word版附答案）

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1．B
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
所以.
故选：B.
2．D
【分析】结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
【详解】，
故．
故选：D．
3．A
【分析】利用充分条件与必要条件的概念判断.
【详解】由得，，
所以且，则，充分性成立；
由，不妨取，则，
显然，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
4．B
【分析】根据已知条件即可求得，代入即可求得.
【详解】由，则
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
B
B
D
C
C
BD
AD
题号
11









答案
ACD









，化简得，所以
，由.
故选：B
5．B
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】的通项为
且，
令解得，故的项的系数为，
故选：B
6．D
【分析】根据方差的计算即可求解，结合排列组合求解概率，即可根据期望和方差，结合选项即可逐一求解.
【详解】由题知的所有可能取值为，则，.
且，，，
所以，故A错误；
由于，故C错误；
，故B错误；
，则，故D正确．
故选：D
7．C
【分析】求出的坐标，由直线与圆相切于点，可求出，，，，再由锐角三角函数得到，进而求出离心率.
【详解】圆的圆心，半径，
双曲线中，令，解得，则，
由直线与圆相切于点，得，又，
则，，
于是，即，有，而，所以.
故选：C
8．B
【分析】方法一：根据的范围，确定的范围，结合已知条件以及函数的零点，得且，分别验证、、确定的范围，求出的最大值，代入函数解析式即可求解；方法二：利用换元的令，根据的范围，确定的范围，由，得出的范围，结合图象性质，以及已知条件，最终确定的最大值，代入函数解析式即可求解.
【详解】方法一：由题意，函数，可得函数的周期为，
因为，可得，
又由函数在区间上有且仅有一个零点，
且满足，且，可得，
即，且，
当时，，解得，所以；
当时，，解得，所以；
当时，，解得，此时解集为空集，
综上可得，实数的取值范围为.
所以，得，
，则，解得，
令，则有，
解得，即，
因为，所以共有467个零点.
方法二：由题意，函数，可得函数的周期为，
因为，可设，则，
又函数在区间上有且仅有一个零点，
可得，所以，则由图象性质，
可知，得，即.
或者，得，即.
所以最大为，得.
，则，解得.
令，则有：，
解得：，即，
因为，所以共有467个零点.
故选：B.
【点睛】思路点睛：对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有个零点，需要确定含有个零点的区间长度，一般和周期相关.
9．BD
【分析】由统计的数据分析的相关概念即可得到结论.
【详解】该组数据的极差，故A选项错误；
该组数据的众数为出现频数最多的：18，故B选项正确；
该组数据的分位数：,取第6个，则为20，故C选项错误；
若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据波动变小，所以方差变小，故D选项正确；
故选：BD.
10．AD
【分析】根据极值点的含义列方程求解a判断A，根据导函数符号求解单调区间判断BC，结合为的一个零点，所以=0在有一个解，分参后转化为两函数有一个公共点判断D.
【详解】若，，则，，所以，即，
当时，，则，
令得，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，故，符合题意，A正确；
若，，，在上单调递减，B错误；
若，1=，令得，所以在上单调递增，C错误；
若有两个零点，且为一个零点，即在有一个解，
即在有一个解，
则与有唯一交点，因为在上单调递增，且，所以0，D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】对选项A，根据是的中点，取中点，通过证明四边形是平行四边形即可证明；对选项B，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，证明即可；对选项C，根据可知，与重合时，最大；对选项D，设出，坐标，则可知坐标，故，，由可知，代入数量积的坐标运算可转化为的取值范围，利用三角换元即可求解.
【详解】是的中点，，，，∴是的中点.
连接交于点如图所示.
，∴四边形是平行四边形，.
又平面，平面，平面，故A正确；
以为原点如图建立空间直角坐标系，若是的中点，此时是的中点，
那么，，，，
而平面的一个法向量.，
不是平面的法向量，故B错误；
当与重合时，最大，为，故C正确；
设，，则，
，，，
，，
设，，，
故，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查空间中线面位置关系、求线段长度最小值及数量积最小值的方法，解题关键是建立空间直角坐标系将几何问题转化为代数问题，考查学生转化能力、数形结合能力和计算能力，属于压轴题.
12．1
【分析】结合图形，由平面向量线性运算和平面向量的基本定理求解即可.
【详解】如图，
，所以，所以.
故答案为：1.
13．/7.5
【分析】先计算出，由得出，再由利用二次函数的性质可得答案.
【详解】因为，，…，是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
因为，，…，是公差为的等差数列，
所以，
因为，，…，是公差为的等差数列，
所以，
因此，的取值范围为.
故答案为：.
14．11
【分析】将点带入抛物线方程求出，然后根据设，根据，解得，根据抛物线定义表示出，最后结合二次函数的性质求解出最小值.
【详解】
因为在抛物线上，
所以，得，因此抛物线
令，则
因为，所以，
化简得，令，则,
，
结合二次函数性质，当时，取得最小值，
即的最小值为，
故答案为：11.
【点睛】关键点点睛：设，通过解得的关系是本题的关键点，最后根据抛物线定义表示出，结合二次函数的性质求解出最小值.通过设坐标结合向量表示出坐标关系的联立思维是圆锥曲线常用方法，对于学生来说务必掌握该方法和技巧..
15．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互换，代入已知条件，可以求得，再结合余弦定理和基本不等式即可求得最值；
（2）通过等面积法，用两种方法表示三角形的面积即可求得三边之间的关系，用正弦定理将边化为角，用辅助角公式化简，借助角的范围来求得最值.
【详解】（1）由和正弦定理，三角形面积公式得，，因，故得，，
由余弦定理，，因，则；·
由余弦定理，，即，
整理得，，当且仅当时等号成立，即，
于是，，即当时，周长的最大值为；
（2）由可得，
由正弦定理，，即得，，，·
则
，
由为锐角三角形可得，，解得，
则，由正弦函数的图象知，，故得，
即面积的取值范围为.
16．（1）（2）有且仅有个零点
【解析】（1）由，求导得到，根据函数在上的最大值为，利用唯一的极值点为最值点求解.
（2）由（1）得到，求导，设，分，， ， 四种情况用导数法结合零点存在定理求解.
【详解】（1）由，得，
令，得；令，得，
∴的单调递增区间是，单调递减区间是.
故在处有极大值，也是的最大值，
所以，∴，
故.
（2）∵，
∴，
设，
（i）当时，∴，所以单调递减.
又，，从而在上存在唯一零点.也即在上存在唯一零点.
（ii）当时，，所以在上单调递减，
因为，，
所以存在，，且在上，在上，
所以为在上的最大值，
又因为，，
所以在上恒大于零，无零点.
（iii）当时，，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增.
又，，
所以在上存在唯一零点.
（iiii）当时，，
设，
∴，
所以在上单调递减，所以，即.
∴在上单调递减，
因为，所以在上单调递增，
因为，，
所以在无零点，
综上，有且仅有个零点.
【点睛】本题主要考查导数与函数的最值，导数与函数的零点以及零点存在定理的应用，还考查了分类讨论和运算求解的能力，属于难题.
17．（1）见解析（2）．
【分析】（1）连接交与点，可证得，从而得证线面平行；
（2）以DA，DC所在直线，过点D且平行于的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的一个法向量，由直线的方向向量与法向量夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值．
【详解】（1）连接，记，连接DE，
在直三棱柱中，易知侧面为平行四边形，所以E是的中点，
又D为BC的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）因为，D为BC的中点，所以，
又在直三棱柱中，平面ABC，
所以可以DA，DC所在直线，过点D且平行于的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，为等腰直角三角形，
所以，，，，
故，，．
设平面的法向量为，则，即，所以，
令，得，则为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题主要考查空间中线面位置关系的证明，线面角的求解，求空间可建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，把空间想象问题转化为计算问题，考查考生的逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力．
18．(1)
(2)存在，答案见解析
【分析】（1）利用两个公共底的三角形面积差表示出所求三角形面积，再由根与系数的关系化简，化简后换元，利用均值不等式求最值；
（2）设，表示出，再利用在直线上及根与系数的关系化简，观察式子当当，时为定值，即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
由，可设，
由题意，联立，消元得，
设，，
则，且，，
所以的面积，
令，则，
当且仅当，即，时（此时适合的条件）取得等号.
故面积的最大值为.
（2）设椭圆上存在满足条件的点，定值，如图，

由（1）知，，所以，，
，由，在上，
所以，，
所以，
当，，时，该等式成立与取值无关，
此时，故满足条件的椭圆上的点对应或对应.
【点睛】关键点点睛：定值问题的关键在于能够把利用直线消元即根与系数的关系化为关于及的式子，通过观察确定的取值，使得为定值，对运算能力要求很高.
19．(1)
(2)的最大值为，此时的值为.
【分析】（1）由题意可知，要摘到那颗最大的麦穗，有两种情况，最大的麦穗是第3颗和最大的麦穗是最后1颗，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；
（2）记事件表示最大的麦穗被摘到，根据条件概率和全概率公式求出，再利用导数求出最值即可.
【详解】（1）这4颗麦穗的位置从第1颗到第4颗排序，有种情况.
要摘到那颗最大的麦穗，有以下两种情况：
①最大的麦穗是第3颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况.
②最大的麦穗是最后1颗，第二大的麦穗是第1颗或第2颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况.
故所求概率为.
（2）记事件表示最大的麦穗被摘到，事件表示最大的麦穗在麦穗中排在第颗.
因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以.
以给定所在位置的序号作为条件，.
当时，最大的麦穗在前颗麦穗之中，不会被摘到，此时.
当时，最大的麦穗被摘到，当且仅当前颗麦穗中的最大的一颗在前颗麦穗中时，
此时.
由全概率公式知.
令函数，.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以.
所以当，时取得最大值，最大值为，此时，
即的最大值为，此时的值为.