湖南省2025届高三上学期10月联考数学试题

湖南省2025届高三10月联考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 2.若复数z满足，则(    ) A. B. C. D. 3.已知是偶函数，则(    ) A. B. C. 1 D. 2 4.A，B，C三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加.若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且A大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有(    ) A. 18种 B. 21种 C. 24种 D. 36种 5.已知，，均为单位向量，且，，，，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 6.记等差数列的前n项和为，若，，成等差数列，，，成等比数列，则(    ) A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 7.已知函数的最小正周期为10，则(    ) A. B. C. D. 1 8.过抛物线上一动点P作圆为常数且的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则(    ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.已知随机变量，记，，则(    ) A. B. C. D. 10.如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是(    ) A. 平面AEF截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面AEF的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线AG与平面AEF所成角的正弦值的取值范围为 11.已知正项数列满足，且，则下列说法正确的是(    ) A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知函数的图象在点处的切线斜率为3，则实数__________. 13.已知平面，平面，，BD与平面所成的角为，且C，D两点在平面的同一侧，，，则__________. 14.已知实数x，y满足，，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题13分 记为等比数列的前n项和，已知 Ⅰ求的通项公式; Ⅱ设求数列的前20项和 16.本小题15分 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，已知 Ⅰ求 Ⅱ若，求的面积. 17.本小题15分 如图，在四棱锥中，平面ABCD，是边长为的等边三角形，， Ⅰ证明：平面平面 Ⅱ若平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为，求 18.本小题17分 已知双曲线C的中心为坐标原点O，对称轴为坐标轴，且C过，两点. Ⅰ求C的方程. Ⅱ设P，M，N三点在C的右支上，且，， 证明： ⅰ存在常数，满足 ⅱ的面积为定值. 19.本小题17分 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法.给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足，，，， 注：f"，"，， 设函数在处的阶帕德近似为 Ⅰ求的解析式; Ⅱ证明：当时， Ⅲ设函数，若是的极大值点，求k的取值范围. 答案和解析 1.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查集合的交运算，属于简单题. 先求得集合B，再求交集即可. 【解答】 解：由题可知，所以 2.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 利用复数的运算法则即可得出． 【解答】 解： 3.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查函数的奇偶性，属于基础题. 利用，即可求解. 【解答】 解：由题意知，所以， 又，所以， 所以 4.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查两个计数原理的应用，属于基础题. 根据两个计数原理结合组合知识，进行求解. 【解答】 解：设这四名学生分别为甲、乙、丙、丁， 由题意，将甲、乙、丙、丁四名学生分为三组， 各组人数分别为2，1，1，这样的分组方法有种， 然后让三组学生按要求报名A，B，C三所大学，有种报名方法， 所以不同的报名方法共有种 5.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查平面向量的数量积及向量的模，属于基础题. 根据已知单位向量结合数量积求解. 【解答】 解：由题可知， 所以 ，当时等号成立. 故选 6.【答案】A  【解析】【分析】 本题考查等差数列与等比数列的性质，属于基础题. 利用等差中项求得，再由题意得到，解得，即可求解. 【解答】 解：设的公差为d，因为，，成等差数列， 所以，即， 所以，解得 因为，，成等比数列，所以，即， 解得，所以，， 所以 7.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查三角恒等变换，属于基础题. 先化简函数解析式，再根据周期性求出，即可求解. 【解答】 解： ，所以的最小正周期为， 所以， ， 所以 8.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查圆的切线方程，考查与圆相关的四边形和三角形面积公式应用，属于中档题. 设，则，由条件可知，，即可求解。 【解答】 解：设，则，由条件可知， 所以 即的最小值是， 又因为的最小值是，且， 由，解得 9.【答案】ABD  【解析】【分析】 本题考查正态分布，属于基础题. 根据已知条件，结合正态分布的对称性，以及期望、方差的性质即可求解. 【解答】 解：对于A，，故A正确; 对于B，，故B正确; 对于C，，故C错误; 对于D，，故D正确. 故选 10.【答案】BCD  【解析】【分析】 本题考查立体几何中的截面问题，共线与共面向量定理及应用，直线与平面所成角，属于中档题. 对于A选项，根据图形即可判断出截面是四边形AEFD； 对于B选项，根据平面AEF即可判断； 对于C选项，根据空间向量基本定理知，当时，点A，E，G，四点共面，即可判断； 对于D选项，先求出点G到平面AEF的距离d，然后根据AG的取值范围，求直线AG与平面AEF所成角的正弦值的取值范围，进而判断即可. 【解答】 解：对于A，连接DF，易知平面AEF截正方体所得截面为四边形AEFD，故A错误; 对于B，因为点G在棱上，平面AEF，所以点G到平面AEF的距离为定值，故B正确; 对于C，当时，点A，E，G，四点共面，所以，可得G为棱的中点，故C正确; 对于D，设直线AG与平面AEF所成的角为，由对选项B的分析知点G到平面AEF的距离d为定值， ，， 则，可得，又，即， 而，所以，故D正确. 故答案为： 11.【答案】AC  【解析】【分析】 本题主要考查了数列的综合运用，属于较难题. 首先利用已知得，再逐一分析即可. 【解答】 解：关于的方程可化为，即 对于A，若，解得负值舍去，所以，，， 可知是以2为周期的数列，所以，故A正确; 对于B，令，解得或7，由无法倒推得到，故B错误; 对于C，若，则负值舍去，所以，，同选项A可知，故C正确; 对于D，若，解得， 若方程有一个根为或， 则此时为常数列，也满足，此时k不等于和，故D错误. 故选 12.【答案】2  【解析】【分析】 本题考查导数的几何意义，属于基础题． 求得的导数，可得切线的斜率，列出方程求解即可． 【解答】 解：由题意得，则，解得 故答案为 13.【答案】  【解析】【分析】 本题考查空间向量的应用，属于中档题. 数形结合结合向量的夹角求解. 【解答】 解：如图，由题意知， ，， 易知 14.【答案】3  【解析】【分析】 本题考查指数和对数的运算性质，创新思维，属于中档题. 利用换元法进行求解即可. 【解答】 解：设，即， 则可化为， 所以， 再令，可得，解得， 即 设，即， 可得， 即， 整理得 所以，从而 15.【答案】解：因为， 所以当时，， 两式相减得，得， 因为为等比数列， 所以的公比为 当时，，所以， 故 Ⅱ由知 即 则 所以  【解析】本题考查等比数列的通项公式以及裂项相消法，属于中档题. 由等比数列的定义可得为等比数列，然后结合等比数列的通项公式求出即可； Ⅱ由知然后结合等比数列的求和公式和裂项相消法求和即可. 16.【答案】解：Ⅰ由已知条件及正弦定理得， 得， 得，即， 因为，所以，又，所以 Ⅱ由余弦定理及，可得， 又， 所以题中条件等价于 由正弦定理知， 所以，， 所以，整理得 所以  【解析】本题主要考查正余弦定理，三角恒等变形，属于中档题. Ⅰ由正弦定理及三角恒等变形得，结合C的范围，可得C； Ⅱ由正余弦定理结合已知可得，代入面积公式即可得的面积. 17.【答案】解：Ⅰ因为，，， 所以由余弦定理可得，即， 解得负值舍去， 所以，所以 又因为为等边三角形，所以，所以 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，PC，平面PBC， 所以平面PBC， 又平面PCD，所以平面平面 Ⅱ连接BD，设，，易知，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 由Ⅰ可知，，， 则，，，， 故， 设平面PAD的法向量为， 则有可取 因为平面PBC，所以为平面PBC的一个法向量. 故，， 解得，故  【解析】本题考查空间位置关系的证明以及利用空间向量计算空间角，属于中档题. Ⅰ由已知结合余弦定理得，进而可得证； Ⅱ求出平面PAD与平面PBC的法向量，由已知结合平面与平面所成角的向量求法可得所求. 18.【答案】解：Ⅰ设C的方程为，其中 由C过A，B两点，可得，，解得， 因此C的方程为 Ⅱ设，， 因为，所以直线BM的斜率为， BM的方程为， 由得， 所以， 所以 直线AN的斜率为， 直线AN的方程为， 由 得，所以， 所以 所以，即存在，满足 由可得线段MN的中点坐标为， 当时，易知，，， 当时，直线MN的方程为， 所以点P到直线MN的距离 而， 所以 综上，可知的面积为定值.  【解析】本题考查双曲线的概念和标准方程、直线和双曲线的位置关系以及圆锥曲线中的定值问题 设C的方程为，其中由C过A，B两点，代入解得，即可. 设，，因为，所以直线BM的斜率为， 方程为联立结合韦达定理得到， 同理，再结合向量运算即可解决. 结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解. 19.【答案】解：Ⅰ根据帕德近似的定义，设，则 由题意知，，，即解得所以； Ⅱ要证：当时，，即证：当时， 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减. 所以，所以当时，，即； Ⅲ若，则，由Ⅱ可知当时，，当且仅当时，， 所以是的极大值点，符合题意. 若，方程有两个实根，，且， 当时，， 所以当时，，且仅当时，， 所以是的极大值点，符合题意. 若，设函数 因为当时，，所以当时，与的符号相同，又， 所以是的极大值点等价于是的极大值点. 令，得或 若，则当时，，当时，， 所以是的极大值点，符合题意，此时 若，则恒成立，在R上单调递增，不符合题意; 若，则当时，，当时，，所以是的极小值点，不符合题意. 综上，k的取值范围是  【解析】本题考查导数新定义，考查利用导数证明不等式以及解决极值点问题，属于难题. 根据，列方程组求解可得； 根据题意即证：当时，，构造函数， 利用导数求单调性，由 即可得证； 对k分类讨论，利用导数讨论单调性，判断极值即可求解. 第5页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$