湖南省部分學(xué)校2025屆高三“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)試卷（原卷版+解析版）

2025屆高三“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)（時(shí)量）120分鐘滿分：150分）命題人：湖南師大附中陳淼君一、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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.若集合，，，則中元素的個(gè)數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.42.若是復(fù)數(shù)，，則的最大值為（）A. B. C. D.3.在數(shù)列中，，且，則（）A.3 B.-2 C. D.4.已知函數(shù)最小正周期為，若，則的最小值為（）A. B. C. D.5.如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B，C，D分別為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，A，B，C，D四點(diǎn)共面的是（）．A. B.C. D.6.若函數(shù)為偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A B. C. D.或7.二十名校國旗班成員站成一排參加訓(xùn)練，教育計(jì)劃在20人中選9人進(jìn)行第一項(xiàng)訓(xùn)練，若這9人在原來隊(duì)列中互不相鄰、則教官的選擇方式一共有（）A.220種 B.55種 C.210種 D.110種8.已知的定義域?yàn)榍?，則的最小值是（）A. B. C.0 D.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，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9.（多選）已知曲線Γ：（），則（）A.?？赡苁堑容S雙曲線B.若Γ表示焦點(diǎn)在y軸上橢圓，則C.?？赡苁前霃綖榈膱AD.若Γ表示焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，則10.小王經(jīng)過調(diào)查獲得如下數(shù)據(jù)：247173012345參考公式：相關(guān)系數(shù)，，．下列說法正確的有（）A.該數(shù)據(jù)組的線性回歸方程（系數(shù)精確到0.01）為B.該數(shù)據(jù)組的相關(guān)系數(shù)，很接近1說明該數(shù)據(jù)組擬合效果很好C.所有數(shù)據(jù)點(diǎn)中殘差絕對值最小的是D.去掉數(shù)據(jù)點(diǎn)后，回歸直線會(huì)向下移動(dòng)11.下列說法不正確的有（）A.正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊B.若直線和平面均垂直于平面，則C.正八面體八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)是正四面體劃分區(qū)塊數(shù)的4倍D.從空間內(nèi)任意一點(diǎn)出發(fā)，最多可以引出5條射線使得他們兩兩之間的夾角均為鈍角三、填空題：本題共3小題、每小題5分，共15分．12.已知，則_____．13.已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，是橢圓的左焦點(diǎn)，，分別為的左，右頂點(diǎn)，為上一點(diǎn)，且軸，過點(diǎn)A的直線與線段交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．若直線經(jīng)過的中點(diǎn)，則的離心率為_____．14.已知，若在上有解，則的最小值是_____．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，，是互不相等的正實(shí)數(shù)．（1）若，，成等差數(shù)列，求證：，，不可能是等比數(shù)列；（2）設(shè)的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，若，，成等差數(shù)列，求證：．16.如圖，在四棱錐中，底面，底面為正方形，，，分別為，的中點(diǎn)．（1）證明：平面；（2）求平面與底面夾角的余弦值；（3）求平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長．17.市教育局計(jì)劃舉辦某知識(shí)競賽，先在，，，四個(gè)賽區(qū)舉辦預(yù)賽，每位參賽選手先參加“賽區(qū)預(yù)賽”，預(yù)賽得分不低于100分就可以成功晉級決賽．賽區(qū)預(yù)賽的具體規(guī)則如下：每位選手可以在以下兩種答題方式中任意選擇一種答題．方式一：每輪必答2個(gè)問題，共回答6輪，每輪答題只要不是2題都錯(cuò)，則該輪次中參賽選手得20分，否則得0分，各輪答題的得分之和即為預(yù)賽得分；方式二：每輪必答3個(gè)問題，共回答4輪，在每一輪答題中，若答對不少于2題，則該輪次中參賽選手得30分，如果僅答對1題，則得20分，否則得0分．各輪答題的得分之和即為預(yù)賽得分．記某選手每個(gè)問題答對的概率均為．（1）若，求該選手選擇方式二答題晉級的概率；（2）證明：該選手選擇兩種方式答題的得分期望相等．18.已知拋物線上任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離比到y(tǒng)軸的距離大.（1）求拋物線C的方程；（2）過拋物線外一點(diǎn)作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，若三角形ABP的重心G在定直線上，求三角形ABP面積的最大值.19.已知函數(shù)．（1）若，且有2個(gè)不同的零點(diǎn)．（i）求的取值范圍；（ii）求證：．（2）記，對于任意，總存在，使得，求的取值范圍．參考公式：若與存在，則．

2025屆高三“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)（時(shí)量）120分鐘滿分：150分）命題人：湖南師大附中陳淼君一、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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.若集合，，，則中元素的個(gè)數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】由題意計(jì)算，，根據(jù)補(bǔ)集的定義可求出結(jié)果.【詳解】解：由題知，則，，所以，所以中元素的個(gè)數(shù)為3.故選：C．2.若是復(fù)數(shù)，，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)，由條件結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義確定復(fù)數(shù)在復(fù)平面上的對應(yīng)點(diǎn)為的軌跡，結(jié)合復(fù)數(shù)模的幾何意義求結(jié)論.【詳解】設(shè)，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面上的對應(yīng)點(diǎn)為，因?yàn)?，所以，故，所以點(diǎn)的軌跡為以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓，所以點(diǎn)到原點(diǎn)的最大距離為，所以的最大值為.故選：B．3.在數(shù)列中，，且，則（）A.3 B.-2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由遞推關(guān)系求前幾項(xiàng)的值，判斷出數(shù)列是以4為周期的數(shù)列，利用周期性求出.【詳解】數(shù)列中，，且，則，，，，，，所以，即數(shù)列是以4為周期的數(shù)列，所以，故選：A．4.已知函數(shù)的最小正周期為，若，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的值域，可得與的取值，利用三角函數(shù)周期與最值的關(guān)系，可得答案.【詳解】由題意可知函數(shù)的最小正周期，由，且，則與分別為函數(shù)的最大(小)，小(大)值，所以.故選：A.5.如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B，C，D分別為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，A，B，C，D四點(diǎn)共面的是（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷點(diǎn)是否共面，并應(yīng)用平面的性質(zhì)畫出截面即可判斷.【詳解】由正方體性質(zhì)，選項(xiàng)A，B，C中，A，B，C，D四點(diǎn)顯然不共面．對于D選項(xiàng)，如下圖取E，F(xiàn)為正方體所在棱的中點(diǎn)，依次連接ADCEBF，易知ADCEBF為平面正六邊形，所以A，B，C，D四點(diǎn)共面．故選：D6.若函數(shù)為偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.或【答案】A【解析】【分析】根據(jù)為偶函數(shù)，得在(或其子集)上為偶函數(shù)，求得的取值范圍.【詳解】函數(shù)為偶函數(shù)，的定義域?yàn)?，且為偶函?shù)，在(或其子集)上為偶函數(shù)，恒成立，恒成立，故選:A.7.二十名校國旗班成員站成一排參加訓(xùn)練，教育計(jì)劃在20人中選9人進(jìn)行第一項(xiàng)訓(xùn)練，若這9人在原來隊(duì)列中互不相鄰、則教官的選擇方式一共有（）A220種 B.55種 C.210種 D.110種【答案】A【解析】【分析】依題意，采用插空法求解即可.【詳解】本題等價(jià)于向11個(gè)人的隊(duì)中插入9個(gè)人使他們不相鄰，考慮插空法即為220，故選：A．8.已知的定義域?yàn)榍遥瑒t的最小值是（）A. B. C.0 D.【答案】B【解析】【分析】由已知，得，則，可得，利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，即可求得的最小值.【詳解】因?yàn)?，則，所以，又，得，則，故，令，則，，因?yàn)闀r(shí)，則函數(shù)在單調(diào)遞增，因?yàn)闀r(shí)，則函數(shù)在單調(diào)遞減，且時(shí)，所以，，則，令，其圖象的對稱軸，則在單調(diào)遞減，所以，即的最小值是.故選：B．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，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9.（多選）已知曲線Γ：（），則（）A.?？赡苁堑容S雙曲線B.若Γ表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，則C.?？赡苁前霃綖榈膱AD.若Γ表示焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)圓，橢圓，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，逐一判斷選項(xiàng)即可.【詳解】對于A，若Γ是等軸雙曲線，則，顯然不成立，故A錯(cuò)誤；對于B，Γ表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，則，解得，故B正確；對于C，Γ是圓，則，解得，半徑為，故C正確；對于D，Γ表示焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，則，解得，故D正確.故選：BCD.10.小王經(jīng)過調(diào)查獲得如下數(shù)據(jù)：247173012345參考公式：相關(guān)系數(shù)，，．下列說法正確的有（）A.該數(shù)據(jù)組的線性回歸方程（系數(shù)精確到0.01）為B.該數(shù)據(jù)組的相關(guān)系數(shù)，很接近1說明該數(shù)據(jù)組擬合效果很好C.所有數(shù)據(jù)點(diǎn)中殘差絕對值最小的是D.去掉數(shù)據(jù)點(diǎn)后，回歸直線會(huì)向下移動(dòng)【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)給出相關(guān)系數(shù)公式，以及回歸直線斜率和截距的最小二乘法公式求出線性回歸方程，結(jié)合殘差的定義逐項(xiàng)分析判斷.【詳解】對于A，，，，，所以，，所以該數(shù)據(jù)組的線性回歸方程為，故A正確；對于B，由，則，很接近1說明兩個(gè)變量相關(guān)性越強(qiáng)，與擬合效果無關(guān)，故B錯(cuò)誤；對于C，由殘差絕對值，結(jié)合A項(xiàng)的回歸方程可得，，，，，，故C正確；對于D，，故點(diǎn)在回歸直線上方，故去掉該點(diǎn)后，回歸直線下移，故D正確．故選：ACD．11.下列說法不正確的有（）A.正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊B.若直線和平面均垂直于平面，則C.正八面體八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)是正四面體劃分區(qū)塊數(shù)的4倍D.從空間內(nèi)任意一點(diǎn)出發(fā)，最多可以引出5條射線使得他們兩兩之間的夾角均為鈍角【答案】BCD【解析】【分析】對于A，參考直線劃分平面的思路，通過增加平面計(jì)算增加空間區(qū)域數(shù)量，可得到正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊；對于B，由線面、面面關(guān)系，即可判斷；對于C，同選項(xiàng)A，可得正八面體的八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)，即可判斷；對于D，假設(shè)5條射線可以兩兩成鈍角，通過空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，推得假設(shè)不成立，即可判斷.【詳解】對于A，參考直線劃分平面的思路，當(dāng)新加入平面后，考慮已有平面與原有平面的交線可以將新加入的平面劃分為個(gè)區(qū)域，由于每一個(gè)區(qū)域可將原空間一分為二，所以新增加的區(qū)塊數(shù)為（新加入平面被劃分的區(qū)域）．例如：一個(gè)平面將空間劃分為2塊，加入新平面．若平行，那么新增加的區(qū)塊數(shù)為1．若不平行，那么與有一條交線，這條交線把平面劃分為2個(gè)區(qū)域，所以新增加的區(qū)塊數(shù)為2．類比分析四面體劃分的區(qū)塊，①平面將空間劃分為2個(gè)部分．②增加平面，平面與平面的交線為，直線將平面一分為二，每個(gè)區(qū)域?qū)⑺诳臻g一分為二，故增加了2個(gè)區(qū)塊，此時(shí)區(qū)塊數(shù)為．③增加平面，平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，這兩條交線相交，將平面分為4個(gè)區(qū)域，這4個(gè)區(qū)域?qū)⑺诳臻g一分為二，故增加了4個(gè)區(qū)塊，此時(shí)區(qū)塊數(shù)為．④增加平面，平面與上述三個(gè)平面的交線分別為，，，這3條交線將平面分為7個(gè)區(qū)域，這7個(gè)區(qū)域?qū)⑵渌诳臻g一分為二，故增加了7個(gè)區(qū)塊，此時(shí)區(qū)塊數(shù)為．故正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊，故A正確；對于B，也可以，故B錯(cuò)誤；對于C，同選項(xiàng)A，正八面體的八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)為59個(gè)，，故C錯(cuò)誤；對于D，假設(shè)5條射線可以兩兩成鈍角，設(shè)起始點(diǎn)為，終點(diǎn)為，則，以方向建立軸，，那么，，，都在平面的的負(fù)半軸一側(cè)，，又恒大于0，且是在平面上的投影向量的數(shù)量積，于是總有，使得．從而，故假設(shè)不成立，故D錯(cuò)誤．故選：BCD．三、填空題：本題共3小題、每小題5分，共15分．12.已知，則_____．【答案】【解析】【分析】利用兩角和的正切公式即可求解.【詳解】因?yàn)?，所以?3.已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，是橢圓的左焦點(diǎn)，，分別為的左，右頂點(diǎn)，為上一點(diǎn)，且軸，過點(diǎn)A的直線與線段交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．若直線經(jīng)過的中點(diǎn)，則的離心率為_____．【答案】【解析】【分析】設(shè)直線的方程為，與聯(lián)立求，與聯(lián)立求，利用中點(diǎn)公式求，根據(jù)關(guān)系，，三點(diǎn)共線列方程可得，結(jié)合離心率定義求結(jié)論.【詳解】由題意可設(shè)，，，設(shè)直線的方程為，令，可得，令，可得．設(shè)的中點(diǎn)為，可得，因?yàn)?，，三點(diǎn)共線，所以，又，，所以，所以，即，所以橢圓的離心率.故答案為：.14.已知，若在上有解，則的最小值是_____．【答案】12【解析】【分析】根據(jù)題意，的最小值即為原點(diǎn)到直線的距離的平方，從而求解．【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，又在上有解，設(shè)這個(gè)解是，則，則，即，即點(diǎn)可看作在動(dòng)直線上，則可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到原點(diǎn)距離的平方的最小值．則，令，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，此時(shí)，則．故答案為：12.四、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，，是互不相等的正實(shí)數(shù)．（1）若，，成等差數(shù)列，求證：，，不可能是等比數(shù)列；（2）設(shè)的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，若，，成等差數(shù)列，求證：．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用反證法求證即可；（2）通過等比數(shù)列以及余弦定理基本不等式推出，利用三角形兩邊和大于第三邊，推出，即可得到結(jié)論．【小問1詳解】假設(shè)，，成等比數(shù)列，所以，①因?yàn)?，，成等差?shù)列，所以，②由①②可得，與已知，，是互不相等的正實(shí)數(shù)矛盾，故假設(shè)不成立，原命題成立．【小問2詳解】因?yàn)椋?，成等差?shù)列，所以，所以，由余弦定理和基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，因?yàn)椋?，為的三邊，所以，所以，所以，所以?6.如圖，在四棱錐中，底面，底面為正方形，，，分別為，的中點(diǎn)．（1）證明：平面；（2）求平面與底面夾角的余弦值；（3）求平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）連接，可得，利用線面平行的判定定理，即可證得；（2）首先建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的一個(gè)法向量，平面的一個(gè)法向量利用坐標(biāo)運(yùn)算，即可求出平面與底面所成角的余弦值；（3）利用圖形的對稱性，設(shè)交點(diǎn)Q，利用坐標(biāo)運(yùn)算求向量的模，即可求得平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長.【小問1詳解】如圖，連接，因?yàn)?，分別為，的中點(diǎn)，所以，又平面，平面，所以平面．【小問2詳解】因?yàn)榈酌?，又平面，所以，又底面為正方形，則，以為原點(diǎn)，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)?，，分別為，的中點(diǎn)．則，，，所以，．設(shè)平面的一個(gè)法向量為，所以，令，則，，所以．因?yàn)槠矫娴囊粋€(gè)法向量為，所以，所以平面與底面夾角的余弦值為．【小問3詳解】平面與棱交于一點(diǎn)，由（2），設(shè)交點(diǎn)，則，，又，所以，則，所以，又，，則，即，所以平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長為．17.市教育局計(jì)劃舉辦某知識(shí)競賽，先在，，，四個(gè)賽區(qū)舉辦預(yù)賽，每位參賽選手先參加“賽區(qū)預(yù)賽”，預(yù)賽得分不低于100分就可以成功晉級決賽．賽區(qū)預(yù)賽的具體規(guī)則如下：每位選手可以在以下兩種答題方式中任意選擇一種答題．方式一：每輪必答2個(gè)問題，共回答6輪，每輪答題只要不是2題都錯(cuò)，則該輪次中參賽選手得20分，否則得0分，各輪答題的得分之和即為預(yù)賽得分；方式二：每輪必答3個(gè)問題，共回答4輪，在每一輪答題中，若答對不少于2題，則該輪次中參賽選手得30分，如果僅答對1題，則得20分，否則得0分．各輪答題的得分之和即為預(yù)賽得分．記某選手每個(gè)問題答對的概率均為．（1）若，求該選手選擇方式二答題晉級的概率；（2）證明：該選手選擇兩種方式答題的得分期望相等．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）先求該選手選擇方式二答題，記每輪得分的可能及其概率，記預(yù)賽得分為，根據(jù)晉級所需分?jǐn)?shù)求出即可得解；（2）分別求出該選手選擇兩種方式答題的得分期望，直接進(jìn)行判斷即可得解.【詳解】（1）該選手選擇方式二答題，記每輪得分為，則可取值為0，20，30，且，，記預(yù)賽得分為，∴該選手所以選擇方式二答題晉級的概率為．（2）該選手選擇方式一答題：設(shè)每輪得分為，則可取值為0，20，且，∴，設(shè)預(yù)賽得分為，則，．該選手選擇方式二答題：設(shè)每輪得分為，則可取值為0，20，30，且，，，∴．設(shè)預(yù)賽得分為，則，因?yàn)?，所以該選手選擇兩種方式答題的得分期望相等．【點(diǎn)睛】本題考查了隨機(jī)事件的概率，考查了離散型變量的期望，計(jì)算量較大，屬于中檔題.本題的關(guān)鍵點(diǎn)有：（1）理解題目所給情形，并能轉(zhuǎn)化成概率模型；（2）根據(jù)情形，精確求隨機(jī)事件的概率.18.已知拋物線上的任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離比到y(tǒng)軸的距離大.（1）求拋物線C的方程；（2）過拋物線外一點(diǎn)作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，若三角形ABP的重心G在定直線上，求三角形ABP面積的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，拋物線上的任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離與到直線的距離相等，然后根據(jù)拋物線的定義即可求得答案.（2）設(shè)動(dòng)點(diǎn)，切點(diǎn)，，進(jìn)而設(shè)出切線方程并代入拋物線方程，結(jié)合判別式法和點(diǎn)G在直線上得到的關(guān)系，然后取線段AB的中點(diǎn)Q，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，最后根據(jù)求得答案.【小問1詳解】根據(jù)題意，拋物線上的任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離與到直線的距離相等，由拋物線的定義可知：，，拋物線C的方程為.【小問2詳解】設(shè)動(dòng)點(diǎn)，切點(diǎn)，.設(shè)過A的切線PA方程為，與拋物線方程聯(lián)立，消去x整理得，，所以，所以切線PA方程為，同理可得切