高級中學名校試題PAGEPAGE1湖南省部分學校2025屆高三“一起考”大聯考（模擬一）數學試卷一、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中，只有一項是符合題目要求的．1.若集合，，，則中元素的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】由題知，則，，所以，所以中元素的個數為3.故選：C．2.若是復數，，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設，則復數在復平面上的對應點為，因為，所以，故，所以點的軌跡為以點為圓心，為半徑的圓，所以點到原點的最大距離為，所以的最大值為.故選：B．3.在數列中，，且，則（）A.3 B.-2 C. D.【答案】A【解析】數列中，，且，則，，，，，，所以，即數列是以4為周期的數列，所以，故選：A．4.已知函數的最小正周期為，若，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意可知函數的最小正周期，由，且，則與分別為函數的最大(小)，小(大)值，所以.故選：A.5.如圖，在下列四個正方體中，A，B，C，D分別為所在棱的中點，則在這四個正方體中，A，B，C，D四點共面的是（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】由正方體性質，選項A，B，C中，A，B，C，D四點顯然不共面．對于D選項，如下圖取E，F為正方體所在棱的中點，依次連接ADCEBF，易知ADCEBF為平面正六邊形，所以A，B，C，D四點共面．故選：D6.若函數為偶函數，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.或【答案】A【解析】函數為偶函數，的定義域為，且為偶函數，在(或其子集)上為偶函數，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練，教育計劃在20人中選9人進行第一項訓練，若這9人在原來隊列中互不相鄰、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】本題等價于向11個人的隊中插入9個人使他們不相鄰，考慮插空法即為220，故選：A．8.已知的定義域為且，則的最小值是（）A. B. C.0 D.【答案】B【解析】因為，則，所以，又，得，則，故，令，則，，因為時，則函數在單調遞增，因為時，則函數在單調遞減，且時，所以，，則，令，其圖象的對稱軸，則在單調遞減，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中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知曲線Γ：（），則（）A.Γ可能是等軸雙曲線B.若Γ表示焦點在y軸上的橢圓，則C.Γ可能是半徑為的圓D.若Γ表示焦點在x軸上的雙曲線，則【答案】BCD【解析】對于A，若Γ是等軸雙曲線，則，顯然不成立，故A錯誤；對于B，Γ表示焦點在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表示焦點在x軸上的雙曲線，則，解得，故D正確.故選：BCD.10.小王經過調查獲得如下數據：247173012345參考公式：相關系數，，．下列說法正確的有（）A.該數據組的線性回歸方程（系數精確到0.01）為B.該數據組的相關系數，很接近1說明該數據組擬合效果很好C.所有數據點中殘差絕對值最小的是D.去掉數據點后，回歸直線會向下移動【答案】ACD【解析】對于A，，，，所以，，所以該數據組的線性回歸方程為，故A正確；對于B，由，則，很接近1說明兩個變量相關性越強，與擬合效果無關，故B錯誤；對于C，由殘差絕對值，結合A項的回歸方程可得，，，，，，故C正確；對于D，，故點在回歸直線上方，故去掉該點后，回歸直線下移，故D正確．故選：ACD．11.下列說法不正確的有（）A.正四面體的四個面所在平面可以將空間劃分為15個區塊B.若直線和平面均垂直于平面，則C.正八面體八個面所在平面可以將空間劃分的區塊數是正四面體劃分區塊數的4倍D.從空間內任意一點出發，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】對于A，參考直線劃分平面的思路，當新加入平面后，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區域，由于每一個區域可將原空間一分為二，所以新增加的區塊數為（新加入平面被劃分的區域）．例如：一個平面將空間劃分為2塊，加入新平面．若平行，那么新增加的區塊數為1．若不平行，那么與有一條交線，這條交線把平面劃分為2個區域，所以新增加的區塊數為2．類比分析四面體劃分的區塊，①平面將空間劃分為2個部分．②增加平面，平面與平面的交線為，直線將平面一分為二，每個區域將所在空間一分為二，故增加了2個區塊，此時區塊數為．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個區域，這4個區域將所在空間一分為二，故增加了4個區塊，此時區塊數為．④增加平面，平面與上述三個平面的交線分別為，，，這3條交線將平面分為7個區域，這7個區域將其所在空間一分為二，故增加了7個區塊，此時區塊數為．故正四面體的四個面所在平面可以將空間劃分為15個區塊，故A正確；對于B，也可以，故B錯誤；對于C，同選項A，正八面體的八個面所在平面可以將空間劃分的區塊數為59個，，故C錯誤；對于D，假設5條射線可以兩兩成鈍角，設起始點為，終點為，則，以方向建立軸，，那么，，，都在平面的的負半軸一側，，又恒大于0，且是在平面上的投影向量的數量積，于是總有，使得．從而，故假設不成立，故D錯誤．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】因為，所以．13.已知為坐標原點，是橢圓的左焦點，，分別為的左，右頂點，為上一點，且軸，過點A的直線與線段交于點，與軸交于點．若直線經過的中點，則的離心率為_____．【答案】【解析】由題意可設，，，設直線的方程為，令，可得，令，可得．設的中點為，可得，因為，，三點共線，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】因為函數，又在上有解，設這個解是，則，則，即，即點可看作在動直線上，則可轉化為點到原點距離的平方的最小值．則，令，，則，當且僅當，即時取等號，此時，則．故答案為：12.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知，，是互不相等的正實數．（1）若，，成等差數列，求證：，，不可能是等比數列；（2）設的內角，，所對的邊分別為，，，若，，成等差數列，求證：．證明：（1）假設，，成等比數列，所以，①因為，，成等差數列，所以，②由①②可得，與已知，，是互不相等的正實數矛盾，故假設不成立，原命題成立．（2）因為，，成等差數列，所以，所以，由余弦定理和基本不等式可得，當且僅當時，等號成立，因為，，為的三邊，所以，所以，所以，所以．16.如圖，在四棱錐中，底面，底面為正方形，，，分別為，的中點．（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．（1）證明：如圖，連接，因為，分別為，的中點，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：因為底面，又平面，所以，又底面為正方形，則，以為原點，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系，因為，，分別為，的中點．則，，，所以，．設平面的一個法向量為，所以，令，則，，所以．因為平面的一個法向量為，所以，所以平面與底面夾角的余弦值為．（3）解：平面與棱交于一點，由（2），設交點，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.市教育局計劃舉辦某知識競賽，先在，，，四個賽區舉辦預賽，每位參賽選手先參加“賽區預賽”，預賽得分不低于100分就可以成功晉級決賽．賽區預賽的具體規則如下：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個問題，共回答6輪，每輪答題只要不是2題都錯，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賽得分；方式二：每輪必答3個問題，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賽得分．記某選手每個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．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，，記預賽得分為，∴該選手所以選擇方式二答題晉級的概率為．（2）證明：該選手選擇方式一答題：設每輪得分為，則可取值為0，20，且，∴，設預賽得分為，則，．該選手選擇方式二答題：設每輪得分為，則可取值為0，20，30，且，，，∴．設預賽得分為，則，因為，所以該選手選擇兩種方式答題的得分期望相等．18.已知拋物線上的任意一點到焦點的距離比到y軸的距離大.（1）求拋物線C的方程；（2）過拋物線外一點作拋物線的兩條切線，切點分別為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.解：（1）根據題意，拋物線上的任意一點到焦點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.（2）設動點，切點，.設過A的切線PA方程為，與拋物線方程聯立，消去x整理得，，所以，所以切線PA方程為，同理可得切線PB方程為，聯立解得兩切線的交點，所以有.因為，又G在定直線，所以有，即P的軌跡為，因為P在拋物線外，所以.如圖，取AB中點Q，則，所以，因為，所以，所以，所以當時，.19.已知函數．（1）若，且有2個不同的零點．（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．解：（1）（i）由得，顯然不是方程的解.當時，分離參數得，由題意得關于的方程有兩個解.令，則，當時，，在上單調遞減，且；當時，，在上單調遞減，且；當時，，在上單調遞增，且；當；當；當；當；如圖作出的大致圖象.于是要使有兩個解.故的取值范圍為.（ii）證明：結合題意及（i）有；所