2025屆湖南省益陽市一模數(shù)學(xué)試題

屆湖南省益陽市一模數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知A={x|?2<x<2}，B=x|log2x<1，A．{x|x<2} B．{x|?2<x<2}C．{x|0<x<1} D．{x|0<x<2}2．已知復(fù)數(shù)z滿足|z?i|=2，則復(fù)數(shù)A．直線 B．圓 C．橢圓 D．拋物線3．已知等比數(shù)列{an}中，a1+A．26 B．32 C．512 D．10244．已知f(x)=?x?1A．?32 B．0 C．125．已知橢圓E:x26+yA．52 B．32 C．546．在平行四邊形ABCD中，BE=12BC，AF=A．13 B．12 C．57．已知拋物線C1:y2=4x，C2:y2=8x的焦點(diǎn)分別為F1、F2，若A．當(dāng)|PQ|=12時，B．當(dāng)|PQ|=43時，C．存在四邊形F1D．存在四邊形F18．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)=eA．函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn) B．當(dāng)x>0時，f(x)=?C．f(x)>0的解集是?2,0∪2,+∞ D．?x二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得部分分.9．已知函數(shù)f(x)=2sin2x+A．f(x)的最小正周期為πB．曲線y=f(x)關(guān)于直線x=πC．點(diǎn)?π12,0D．f(x)在(0,π)上單調(diào)遞增10．已知函數(shù)f(x)=ex?x，對于任意實(shí)數(shù)aA．fB．函數(shù)f(x)=eC．曲線f(x)=ex?x在點(diǎn)D．若a=?b>0，則f(a)>f(b)11．在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為棱A．若D1Q//平面A1PD，則動點(diǎn)B．不存在點(diǎn)Q，便得D1Q⊥C．三棱錐Q?A1D．若D1Q=62且D1Q三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．若sinα=13，則cos2α=13．在某世界杯足球賽上，a，b，c，d四支球隊進(jìn)入了最后的比賽，在第一輪的兩場比賽中，a對b，c對d，然后這兩場比賽的勝者將進(jìn)入冠亞軍決賽，這兩場比賽的負(fù)者比賽，決出第三名和第四名.若a對b、a對d的勝率均為0.6，a對c、c對d的勝率均為0.5，則a獲得冠軍的概率為.14．已知an是各項(xiàng)均為正整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，對于k∈N*，定義集合Bk=i∈N*|（1）若an=3n（2）若數(shù)列bn是等差數(shù)列，則數(shù)列an的前50項(xiàng)之和為四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且3a（1）求A；（2）若a=4，△ABC面積為23，求b+c16．某公園為了提升公園形象，提高游客旅游的體驗(yàn)感，他們更新了部分設(shè)施，調(diào)整了部分旅游線路.為了解游客對新措施是否滿意，隨機(jī)抽取了100名游客進(jìn)行調(diào)查，男游客與女游客的人數(shù)之比為2：3，其中男游客有35名滿意，女游客有15名不滿意.滿意不滿意總計男游客35女游客15合計100（1）完成2×2列聯(lián)表，依據(jù)表中數(shù)據(jù)，以及小概率值α=0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為游客對公園新措施滿意與否與性別有關(guān)?（2）從被調(diào)查的游客中按男、女分層抽樣抽取5名游客.再隨機(jī)從這5名游客中抽取3名游客征求他們對公園進(jìn)一步提高服務(wù)質(zhì)量的建議，其中抽取男游客的人數(shù)為X.求出X的分布列及數(shù)學(xué)期望.參考公式：χ2=n參考數(shù)據(jù)：α0.100.050.0100.005x2.7063.8416.6357.87917．如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，BC//AD，EF//AD，AD=4，AB=2，BC=EF=2，AF=11，F(xiàn)B⊥平面ABCD，M為AD上一點(diǎn)，且FM⊥AD，連接BD、BE、（1）證明：BC⊥平面BFM；（2）求平面ABF與平面DBE的夾角的余弦值.18．已知兩點(diǎn)A(?2,0)，B(2,0)及一動點(diǎn)P，直線PA，PB的斜率滿足kPA?kPB=?14，動點(diǎn)P的軌跡記為C.過點(diǎn)(1,0)的直線l與C交于M，N（1）求C的方程；（2）求△AMN的面積的最大值；（3）求點(diǎn)Q的軌跡方程.19．若函數(shù)f(x)=ln（1）若a=4，且曲線y=f(x)的切線l過點(diǎn)0,2e2，求直線（2）證明：若fx1=f（3）若G(x)=f(x)+x+lna2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由log2x<1，解得0<x<2，即集合B=x0<x<2，

因?yàn)榧瞎蚀鸢笧椋篋.【分析】先解對數(shù)不等式求得集合B，再根據(jù)集合的交集運(yùn)算求解即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)復(fù)數(shù)z=x+yix,y∈R，則因?yàn)閨z?i|=2，所以x-02故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡為以0,1圓心，2為半徑的圓.故答案為：B.【分析】設(shè)復(fù)數(shù)z=x+yix,y∈R3．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)等比數(shù)列{an}因?yàn)閍1+a所以a1+a由(a1+a1q2)q所以a10故答案為：D.【分析】利用已知條件和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式得出首項(xiàng)和公比的值，再結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式得出a104．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)閒(x)=?x?1所以ff故答案為：D.【分析】由題意，先求f?3=15．【答案】A【解析】【解答】解：由橢圓E:x26因?yàn)闄E圓E:x26+y2=1則雙曲線F的離心率為ca故答案為：A.【分析】由橢圓方程可得c，再根據(jù)橢圓與雙曲線有相同的焦點(diǎn)，即a2+1=56．【答案】B【解析】【解答】解：由題意，作出圖形，如圖所示：

因?yàn)锽E=12BC，所以m=13,n=故答案為：B.【分析】由題意，利用平面向量的線性運(yùn)算求出m,n即可m+n的值.7．【答案】C【解析】【解答】解：由線段PQ平行于x軸，不妨設(shè)P,Q在第一象限，如圖所示：

設(shè)Pt24,t,QtA、當(dāng)|PQ|=12時，即PQ=t2PF1⊥PQB、當(dāng)|PQ|=43，即PQ=t2由于83+432=2，所以P,Q關(guān)于直線CD、先考慮四邊形F1則PQ=F1此時PF2⊥所以四邊形F1故答案為：C.【分析】設(shè)出P,Q的坐標(biāo)并求得PQ，逐項(xiàng)分析，結(jié)合圖象求解判斷即可.8．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)=exx+2，所以當(dāng)x>0時，?x<0，所以f(?x)=所以?f(x)=e?x?x+2則函數(shù)fxA、因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f0當(dāng)x<0時，令fx=0，解得x=?2，當(dāng)x>0時，令fx=0，解得B、由上可知當(dāng)x>0時，函數(shù)f(x)=?e-x?x+2，故B錯誤；

當(dāng)x<0時，令f當(dāng)x>0時，令fx>0，解得所以f(x)>0的解集為?2,0∪D、當(dāng)x<0時，f'所以當(dāng)x<?3時，f'x<0當(dāng)?3<x<0時，f'x>0所以當(dāng)x=?3時，函數(shù)fx取得最小值?當(dāng)x>0時，f'所以當(dāng)0<x<3時，f'x>0當(dāng)x>3時，f'x<0，函數(shù)fx單調(diào)遞減，所以當(dāng)x=3時，函數(shù)當(dāng)x=0時，f0=0，所以?x1，故答案為：C.【分析】由題意，利用函數(shù)的奇偶性求出函數(shù)的解析式即可判斷B；分情況令fx=0即可求解函數(shù)的零點(diǎn)即可判斷A；令9．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、函數(shù)f(x)=2sin2x+π6B、因?yàn)閒πC、因?yàn)閒?π12=2sinπD、由x∈0,π時2x+π6∈故答案為：AC．

【分析】由題意，直接求函數(shù)fx10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、函數(shù)f(x)=ex?x定義域?yàn)榱頵'(x)=0，解得x=0，當(dāng)x<0時，f'(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，f'(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)在B、由上述分析可知，(?∞,0)上函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，(0,+∞C、由f0=e0?0=1D、因?yàn)閍=?b>0,b=?a<0，則f(a)=e則f(a)?f(b)=e令g(x)=ex?則g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，故g(x)>g(0)=0，即f(a)?f(b)>0，即故答案為：ACD.【分析】先求函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求最值即可判斷ABC；構(gòu)造新函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)研究最值即可判斷判定D.11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、分別在B1C1,CC可得EF//B1C，因?yàn)锳因?yàn)锳1D?平面A1PD，EF?平面A1又由D1F//A1P，且A1P?平面A1PD又因?yàn)镋F∩D1F=F，且EF,D1F?平面且平面DEF∩平面BCC若D1Q//平面A1PD，則動點(diǎn)Q的軌跡為線段B、以D1為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

則A1(1,0,0),D(0,0,1),P(1,1,2設(shè)Q(x,1,z)(0≤x≤1,0≤z≤1)，可得D1設(shè)m=(a,b,c)是平面A1PD取c=3，可得z=3,b=?2，所以m=(3,?2,3)若D1Q⊥平面A1PD，則D1則x=z=?32?[0,1]，所以不存在點(diǎn)Q，使得DC、由A1D=(?1,0,1),則cosA1D所以S△要使得三棱錐Q?A1PD的體積最大，只需點(diǎn)Q由A1Q=(x?1,1,z)，可得點(diǎn)Q到平面A因?yàn)?≤x≤1,0≤z≤1，所以當(dāng)x+z=0時，即點(diǎn)Q與點(diǎn)C1重合時，可得d所以三棱錐Q?A1PDD、在正方體中，可得D1C1⊥平面BCC所以D1C1所以點(diǎn)Q的軌跡是以C1為圓心，以22為半徑的圓弧，其圓心角為則C1Q=(x,0,z)，所以C又由D1Q=(x,1,z)，設(shè)D1Q所以sinθ=因?yàn)閤2+z2=所以x+z≤1，即x=z=12時，D1Q與平面可得A1Q=(?12,1,1此時三棱錐Q?A1PD故答案為：BCD.【分析】由題意，在B1C1,CC1取點(diǎn)E,F，使得C1E=2B1E,C1F=2CF，證得平面DEF//平面A1PD，進(jìn)而得到D1Q//平面A1PD即可判斷A；以12．【答案】【解析】【解答】cos2θ=1?2【分析】本題利用余弦的二倍角公式求出二倍角的余弦值。13．【答案】0.33【解析】【解答】解：a獲得冠軍，第一輪中必須勝出，概率為0.6，由題意可得：第二輪比賽中可以分兩種情況，c勝，概率為0.5，再a勝，

由獨(dú)立事件的乘法公式可得a獲得冠軍的概率為0.6×0.5×0.5=0.15；第二種情況為d勝，概率為0.5，再a勝，

由獨(dú)立事件的乘法公式可得a獲得冠軍的概率為0.6×0.5×0.6=0.18；由分類原理可得a獲得冠軍的概宰為0.18+0.15=0.33，故答案為：0.33.【分析】由題意，根據(jù)分步乘法和分類加法原理，分兩種情況討論求解即可.14．【答案】2.；1275.【解析】【解答】解：（1）由題可知，an=3n<10，因?yàn)閚∈N*，所以B10=1,2，則b10=2.

（2）由題可知a1≥1，所以B1=?，所以b1=0，

若a1=m≥2，則B1=?，Bm+1={1}，

所以b2=0，bm+1=1，與bn是等差數(shù)列矛盾，所以a1=1，

設(shè)dn=an+1?ann∈N*，因?yàn)閿?shù)列an是各項(xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以dn∈N*，（2）由題意結(jié)合反證法和新定義、數(shù)列的單調(diào)性、等差數(shù)列的定義，從而判斷出數(shù)列an15．【答案】（1）解：由3asinC?c因?yàn)镃∈(0,π)，所以sinC≠0，所以3sinA?又因?yàn)锳∈(0,π)，所以A=π（2）解：因?yàn)椤鰽BC面積為23，所以23=又因?yàn)閍=4，A=π由余弦定理：a2=b即(b+c)2=16+3bc=40，解得【解析】【分析】（1）由題意，利用正弦定理化簡可得3sinA?cosA?1=0，則（2）由△ABC面積為23，利用三角形面積公式可得bc=8，再由余弦定理得16=b2+c（1）由正弦定理得a=2RsinA，又3a∴3∵C∈(0,π)，∴sin∴3∴2sin∵A∈(0,π)，∴A=π（2）∵△ABC面積為23∴23∴bc=8，∵a=4，A=π由a2=b即(b+c)2∴b+c=21016．【答案】（1）解：因?yàn)檎{(diào)查的男游客人數(shù)為：22+3×100=40，所以，調(diào)查的女游客人數(shù)為100?40=60，于是可完成滿意不滿意總計男游客35540女游客451560合計8020100零假設(shè)為H0χ2根據(jù)小概率值α=0.05的χ2獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒有充分證據(jù)推斷H0不成立，因此可以認(rèn)為（2）解：由（1）可知男游客抽2人，女游客抽3人，依題意可知X的可能取值為0，1，2，并且X服從超幾何分布，即P(X=0)=C20C3所以X的分布列為：X012P163E(X)=0×1【解析】【分析】（1）由題意，根據(jù)男游客與女游客的人數(shù)的比值，結(jié)合卡方計算公式計算判斷即可；（2）由（1）的結(jié)論，根據(jù)超幾何分布的性質(zhì)，結(jié)合數(shù)學(xué)期望公式求解即可.（1）因?yàn)檎{(diào)查的男游客人數(shù)為：22+3×100=40，所以，調(diào)查的女游客人數(shù)為100?40=60，于是可完成滿意不滿意總計男游客35540女游客451560合計8020100零假設(shè)為H0χ2根據(jù)小概率值α=0.05的χ2獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒有充分證據(jù)推斷H0不成立，因此可以認(rèn)為（2）由（1）可知男游客抽2人，女游客抽3人，依題意可知X的可能取值為0，1，2，并且X服從超幾何分布，即P(X=0)=C20C3所以X的分布列為：X012P163E(X)=0×117．【答案】（1）證明：因?yàn)镕B⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以FB⊥AD，

又因?yàn)镕M⊥AD，且FB∩FM=F，所以AD⊥平面BFM.因?yàn)锽C//AD，故BC⊥平面BFM；（2）解：作EN⊥AD，垂足為N，則FM//EN，因?yàn)镋F//AD，所以四邊形FMNE是平行四邊形，

又因?yàn)镋N⊥AD，所以四邊形FMNE是矩形，又四邊形ADEF為等腰梯形，且AD=4，EF=2，所以AM=1，由（1）知AD⊥平面BFM，所以BM⊥AD，又AB=2所以BM=1，在Rt△AFM中，F(xiàn)M=A在Rt△FMB中，F(xiàn)B=F以BM，BC，BF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：則A(?1,?1,0)，B(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,3)，D(?1,3,0)，E(0,2,3)，所以AB=(1,1,0)，BF=(0,0,3)，BD=(?1,3,0)設(shè)平面ABF的法向量為m=由m?AB=0m?設(shè)平面DBE的法向量為n=由n?BD=0n?因此，cos<依題意可知，平面ABF與平面DBE的夾角的余弦值為347【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、平行線的性質(zhì)進(jìn)行證明即可；（2）作EN⊥AD，垂足為N，根據(jù)平行四邊形和矩形的判定定理，結(jié)合（1）的結(jié)論，在Rt△FMB中，求得FB=FM2?BM2=3，再以BM，BC，BF（1）因?yàn)镕B⊥平面ABCD，又AD?平面ABCD，所以FB⊥AD.又FM⊥AD，且FB∩FM=F，所以AD⊥平面BFM.因?yàn)锽C//AD，所以BC⊥平面BFM.（2）作EN⊥AD，垂足為N.則FM//EN.又EF//AD，所以四邊形FMNE是平行四邊形，又EN⊥AD，所以四邊形FMNE是矩形，又四邊形ADEF為等腰梯形，且AD=4，EF=2，所以AM=1.由（1）知AD⊥平面BFM，所以BM⊥AD.又AB=2所以BM=1.在Rt△AFM中，F(xiàn)M=A在Rt△FMB中，∴FB=F由上可知，以BM，BC，BF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.則A(?1,?1,0)，B(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,3)，D(?1,3,0)，E(0,2,3)，所以AB=(1,1,0)，BF=(0,0,3)，BD=(?1,3,0)設(shè)平面ABF的法向量為m=由m?AB=0m?設(shè)平面DBE的法向量為n=由n?BD=0n?因此，cos<依題意可知，平面ABF與平面DBE的夾角的余弦值為34718．【答案】（1）解：設(shè)動點(diǎn)P(x,y)，因?yàn)橹本€PA，PB的斜率滿足kPA所以yx+2?y即軌跡C的方程為x2（2）解：設(shè)過點(diǎn)(1,0)的直線l的方程為：x=ty+1(t∈R)，Mx1,聯(lián)立x=ty+1x24+y由韋達(dá)定理可得：y1+yS△AMN令u=t2+3，則u≥3，設(shè)s(u)=6uu2所以當(dāng)u≥3時，s'u<0，則所以s(u)的最大值為s(3即u=3，t=0時，△AMN的面積取最大值3（3）解：由已知可設(shè)直線AM的方程為y=y1x1+2x+2，即y=y1ty1+3(x+2)，直線BN的方程為y=y2x2?2(x?2)，

即y=y2ty2?1(x?2)，消去y，得y1(x+2)ty1+3=y2【解析】【分析】（1）設(shè)動點(diǎn)P(x,y)，利用直線PA，PB的斜率之積為?1（2）設(shè)出直線l的方程x=ty+1(t∈R)，并代入橢圓方程，得到關(guān)于y的一元二次方程，由韋達(dá)定理得到y(tǒng)1+y2=（3）設(shè)出直線AM與BN的方程，聯(lián)立后可整理得到x+2t+3y1=（1）設(shè)動點(diǎn)P(x,y)，因?yàn)橹本€PA，PB的斜率滿足kPA∴yx+2?所以軌跡C的方程為x2（2）設(shè)過點(diǎn)(1,0)的直線l的方程為：x=ty+1(t∈R)，Mx1,由x=ty+1x24+y則y1+yS△AMN令u=t2+3，則u≥3，設(shè)s(u)=6uu2所以當(dāng)u≥3時，s'u<0，則所以s(u)的最大值為s(3即u=3，t=0時，△AMN的面積取最大值3（3）由已知可設(shè)直線AM的方程為y=y1x直線BN的方程為y=y2x消去y，得y1(x+2)ty1由（2），得y1+y2=?2tt所以（*）式可化為x+2t+3y1=顯然y≠0，否則AM,BN重合，不合題設(shè)，所以點(diǎn)Q的軌跡方程為x=4(y≠0).19．【答案】（1）解：函數(shù)f(x)=lnx?a2x設(shè)所求切線的切點(diǎn)為x0,y0，則直線即y?y0=2e即lnx令t(x)=ln可知y=t(x)在(0,+∞又t(e)=0，所以方程lnx0+2所以直線l的方程是y=1?4e2（2）證明：因?yàn)閒x1=fx20<x1<x2，所以lnx1?a2x12=lnx2?a2x22，

即lnx1?lnx2x1?x2=ax1+x22，要證f'（3）解：由題意得G(x)=ln則G'令G'(x)=0，得x=1+在0,1