精品解析：2025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题

湖南师大附中2025届高考适应性演练（一） 数 学 本试卷共4页．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名、考场号、座位号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，考生将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若（，是虚数单位），则的值分别等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知单调递减的等比数列满足，则（ ） A. B. C. 512 D. 1024 4. 已知直线：与圆：交于，两点，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 5. 如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C. 在上的值域为 D. 两个相邻的零点之差的绝对值为 10. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若为递增数列，则的取值范围是 C. 存在实数，使得为等比数列 D. ，使得当时，总有 11. 某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的极值点为________. 13. 已知，则__________. 14. 若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质.对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如，则.若数列的前n项和为，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. 折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，，，的面积为，. （1）证明：； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积. 16. 某绿色水果生态园在某种水果收获的.随机摘下该水果100个作为样本，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计，样本的频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值； （2）现按分层抽样的方法从质量为，的水果中随机抽取6个，再从6个中随机抽取3个，求这3个水果中恰有1个质量在内的概率； （3）某经销商来收购水果时，该生态园有水果约10000个要出售. 经销商提出如下两种收购方案： 方案A：所有水果以10元/千克收购； 方案B：对质量低于250克的水果以2元/个收购，不低于250克的以3元/个收购.假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，请估算该生态园选择哪种方案获利更多？ 17. 如图，在三棱锥P⁃ABC中，平面PAB⊥平面PAC，BC=2AB=2，∠ABC=. （1）证明:PB⊥AC; （2）若侧面PAB是等边三角形，点D满足=λ（0<λ<1），过B，D两点作平面α，满足直线AC∥α，设平面α与PC交于点E，直线PC与平面α所成的角为，求λ的值. 18. 已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合． （1）若，求集合； （2）若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围； （3）若函数的图象是一条连续曲线，且其导函数是定义域为的严格减函数，求证：“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 19. 已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. （1）若的离心率为2，求. （2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. （3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中2025届高考适应性演练（一） 数 学 本试卷共4页．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名、考场号、座位号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，考生将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用列举法表示集合，再利用补集的定义求解. 【详解】集合，而， 所以. 故选：C 2. 若（，是虚数单位），则的值分别等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数相等的定义求值即可. 【详解】根据复数相等的定义，可得. 故选：A. 3. 已知单调递减的等比数列满足，则（ ） A. B. C. 512 D. 1024 【答案】A 【解析】 【分析】应用等比数列基本量运算求解. 【详解】在等比数列中，，所以，又，解得， 设的公比为q，则，解得， 因为单调递减，所以． 故选：A 4. 已知直线：与圆：交于，两点，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆的圆心及半径，再利用圆的弦长公式求解. 【详解】圆：的圆心，半径， 点到直线：的距离， 直线与圆相交，则. 故选：B 5. 如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接， 由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 6. 已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，则求得，利用三点共线求，则，求得的值，此时直线，椭圆的方程可求，则点坐标可求，最后利用双曲线的定义求实轴长. 【详解】椭圆的短轴长为4，则， 设，， 则 因三点共线，则，则， 因，则， 则直线，联立椭圆，解得，则点 则实轴长为， 故选：D. 7. 已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，进而利用的单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减， 因为， 所以不等式可变为，即， 所以，即， 所以不等式的解集为. 故选：D. 8. 在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用递推关系式构造出等差数列，可求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和，根据所求可对各选项做出判断. 【详解】由题意，，等式两边同时除以，可得. 设，则，又因为， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列. 则，.故A 正确； 所以，， 则， 两式相减可得 ， 所以.故B正确； 对于C，.故C正确； 对于D，，， 则.故D错误. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C. 在上的值域为 D. 两个相邻的零点之差的绝对值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由的值求出的值可判断A；通过函数的平移原则可判断B；直接根据正弦函数的性质可判断C；令解出可判断D. 【详解】因为，所以的图象关于直线对称，A正确． ，B不正确． 由，得，则，C不正确． 由，得，则， 即，所以两个相邻的零点之差的绝对值为，D正确． 故选：AD. 10. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若为递增数列，则的取值范围是 C. 存在实数，使得为等比数列 D. ，使得当时，总有 【答案】ABD 【解析】 【分析】赋值法计算判断A，先应用计算化简得出数列分奇偶得出等差数列，再分类求出通项即可判断B，C，再结合指数运算判断D. 【详解】由得， 相减可得，， 由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列， 对于A，，，故正确； 对于B，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以， 若，则需要，则，故正确， 对于C，，若为等比数列，则为常数，则， 此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误， 对于D，若，只要足够大，一定会有 ， 则，只要足够的大， 趋近于0， 而，显然能满足，故，当时，总有，故正确， 故选：ABD. 11. 某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意确定甲的投中次数为，满足 .进而逐项判断即可； 【详解】记甲的投中次数为，则. 对于A选项，当时，甲通过考核最少要投中2次，0.972，A正确. 对于B选项，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，分别为. . 当时，甲通过考核最少要投中11次.若前20次里投中次数不少于11，则第21次不管投中与否都通过考核； 若前20次投中10次，则第21次投中才能通过考核；若前20次里投中次数不超过9，则第21次不管投中与否都不能通过考核. ，显然，B错误. 对于C选项，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，分别为.. 当时，若前19次里投中次数不少于10，则第20次不管投中与否都通过考核； 若前19次投中9次，则第20次投中才能通过考核；若前19次里投中次数不超过8，则第20次不管投中与否都不能通过考核. ，显然，C错误. 对于D选项，当时，将甲的投中次数分为以下4种情况，分别为. . 当时，甲通过考核最少要投中11次.若前20次里投中次数不少于11，则第21，22次不管投中与否都通过考核； 若前20次投中10次，则第次至少要投中1次才能通过考核； 若前20次投中9次，则第21，22次都投中才能通过考核； 若前20次里投中次数不超过8，则第21，22次不管投中与否都不能通过考核. ， . ，所以，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的极值点为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后在定义域内分析导函数的零点和不同区间上的正负，确定极值点. 【详解】确定定义域：由于包含 函数定义域为 ， 求导得： 在内 ,单调递减；在内 ,单调递增. 是函数的极小值点，没有其它极值点. 故答案为：. 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由得到，由两角和差余弦公式展开化简即可求解； 【详解】由， 得：， ， ， 所以， 故答案为： 14. 若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质.对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如，则.若数列的前n项和为，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据的定义求得和，进而是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列前n项和公式计算即可求解. 【详解】小于等于的正整数有， 与不互质的数是2的倍数，即，共个， 所以与互质的数有个，即； 小于等于的正整数有， 与不互质的数是3倍数，即，共个， 所以与互质的数有个，即； 所以， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则. 故答案为： 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. 折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，，，的面积为，. （1）证明：； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积. 【答案】（1） 证明：由正弦定理可得，则， 又因为，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和面积公式即可证明； （2）利用面积代换，再结合三角恒等变形，即可求解； （3）设对应边长，再利用余弦定理得到边角关系，然后利用方程组思想来求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 将代入， 得 即，所以， 即，解得：， 又因为，所以； 【小问3详解】 由余弦定理得，则， 即，所以解得 则； 设折痕为线段，其中在上，在上，设，， 则，，， 在中，由余弦定理得，解得 在中，由余弦定理得，解得 重叠部分的面积为的面积，. 因为 所以. 所以 16. 某绿色水果生态园在某种水果收获的.随机摘下该水果100个作为样本，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计，样本的频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值； （2）现按分层抽样的方法从质量为，的水果中随机抽取6个，再从6个中随机抽取3个，求这3个水果中恰有1个质量在内的概率； （3）某经销商来收购水果时，该生态园有水果约10000个要出售. 经销商提出如下两种收购方案： 方案A：所有水果以10元/千克收购； 方案B：对质量低于250克的水果以2元/个收购，不低于250克的以3元/个收购.假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，请估算该生态园选择哪种方案获利更多？ 【答案】（1） （2） （3）该生态园选择方案获利更多 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图面积为1，即可求解； （2）先根据分层抽样的性质求出质量在和内的分别有4个和2个，然后列举法结合古典概型概率公式求解即可； （3）算出两种方案的利润，比较大小即可判断. 【小问1详解】 由 解得： 【小问2详解】 根据分层抽样，抽取的6个水果中，质量在和内的分别有4个和2个． 设质量在内的4个水果分别为A，B，C，D， 质量在内2个水果分别为， 其样本空间可记为 ， 共包含20个样本点． 记E：其中恰有一个在内，则 ， 则E包含的样本点个数为12，所以； 【小问3详解】 方案： 收益 元； 方案：低于250克获利元， 不低于250克获利元， 总计元． 因为，所以该生态园选择方案获利更多. 17. 如图，在三棱锥P⁃ABC中，平面PAB⊥平面PAC，BC=2AB=2，∠ABC=. （1）证明:PB⊥AC; （2）若侧面PAB是等边三角形，点D满足=λ（0<λ<1），过B，D两点作平面α，满足直线AC∥α，设平面α与PC交于点E，直线PC与平面α所成的角为，求λ的值. 【答案】（1） ，，由余弦定理得：， ，即， 作，垂足为， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； ，平面，平面， 平面，. （2）λ= 【解析】 【分析】（1）由勾股定理和面面垂直性质可分别证得，由线面垂直的判定与性质可证得结论； （2）由线面平行性质可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可构造方程求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，平面平面，， 又， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， ，， ，， 设平面，即平面的法向量， 则， 令，解得：，，， 直线与平面所成角为， ， 解得：，满足，. 18. 已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合． （1）若，求集合； （2）若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围； （3）若函数的图象是一条连续曲线，且其导函数是定义域为的严格减函数，求证：“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 【答案】（1） （2） （3）证明：记，则，在上严格递减， ①若直线l是曲线在点处的切线， 则有，所以． 故时，，所以函数在上严格递减，； 时，，所以函数在上严格递增，； 所以的解集为，集合是单元素集合； ②若集合是单元素集合，故时，， 而函数的图象是一条连续曲线，所以． 则在的附近其他自变量对应的函数值都小于， 故函数在处取得极大值，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 即，直线l是曲线在点处的切线． 综上，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件． 【解析】 【分析】（1）由已知求得，解不等式即可求解； （2）的解集为，进而得方程有重根及，据此求解即可． （3）记，必要性，则有，由题意可得的单调性，可得结论；充分性，时，结合已知可得函数在处取得极大值，进而可得结论. 【小问1详解】 因为，所以， 由，得，解得，所以． 【小问2详解】 存在实数k，m使得集合，则的解集为， 即的解集为， 所以方程有重根及． 因此恒成立，故有， 则是二次方程的两个不相等的实数解， 所以，所以实数b的取值范围是． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第二问，关键在于得到方程有两个二重根，进而得到恒成立，从而可求解. 19. 已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. （1）若的离心率为2，求. （2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. （3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】（1）； （2）当时，； （3）的最大值为. 【解析】 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【小问1详解】 由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. 【小问2详解】 当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. 【小问3详解】 由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $