2025届湖南省长沙市雅礼中学高三3月综合自主测试数学试题

学科网（北京）股份有限公司 考生请勿在此区域内答题 一、选择题 二、选择题 三、填空题 12 . 13． 14． 16.(本小题满分 15分） 四、解答题 15.(本小题满分 13 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 姓 名 方框为缺考考生标记，由监考员用 2B铅笔填涂。 正确填涂示例 班 级 贴条形码区 （正面朝上，切勿贴出虚线方框） 雅礼中学 2025 届 3 月综合自主测试 数 学 答 题 卡 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 学科网（北京）股份有限公司 18.(本小题满分 17分） 19.(本小题满分 17分）17.(本小题满分 15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学试题(YL)-第 1页-（共 4页） 雅礼中学 2025届高三 3月综合自主测试（信心卷） 数 学 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、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，监考员将试题卷，答题卡一并收回。 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．已知随机变量  ,X B n p ，若    2 2D X E X ，则 p  A． 1 16 B． 1 8 C． 1 4 D． 1 2 2．已知平面向量 (1, 2), (6,8)m n     ，则 n在m 方向上的投影向量坐标为 A． ( 2, 4) B． (2, 4) C． 3 4, 5 5       D． 3 4, 5 5       3．已知抛物线  2 2 0y px p  与斜率为32p的直线恰有一个公共点 P，则点 P的纵坐标为 A． 1 32 B． 1 64 C． 1 16 D． 1 8 4．斗不仅是我国古代容量单位，还是量粮食的器具，其可近似看作正四棱台，现制作一上 底面的面积为 81平方分米，侧面积为 120平方分米，侧高为 5分米的米斗，若斗面的厚度 忽略不计，则该斗可以装米 （1立方分米1升） A．39升 B．156升 C．201升 D．210升 5．下列四个条件中，使 a b 成立的充要条件是 A．  ln 0a b  B． a b C． 2 2a b D． 2 2a b 6．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三 角形的数，如 1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载 的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，从上 到下，顶上一层 1个球，第二层 3个球，第三层 6个球…），若一“落一形”三角锥垛有 20层， 数学试题(YL)-第 2页-（共 4页） 则该锥垛第 18层球的个数为 A．190 B．171 C．153 D．136 7．已知函数   2 sin2f x x a x b   ，若曲线� = � � 在点   0, 0f 处的切线方程为 2 3 0x y   ，则 a b  A．4 B．3 C．2 D．1 8．设函数   1 π πsin 2 2 3 f x x      ，若对于任意的 xR ，都有      1 2f x f x f x  ，则 1 2x x 的最小值为 A． 12 B．1 C．2 D．4 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．已知数列 na 的前 n项和为 nS ， 1 3a  ， 1 1 1n n a a   ，则 A． 3 2 3 a  B． 5 0a  C． 2024 1 2 a   D． 37 40S  10．已知复数 1 3iz  ， 2 1 2iz   （ i为虚数单位），则 A． 1 3iz   B． 2z 的虚部为 2i C． 1 2 z z 在复平面内对应的点位于第四象限 D． 1 2 z z 11．平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 所有棱长都等于 1， 1 1 60A AB A AD BAD      ，如图， 则有 数学试题(YL)-第 3页-（共 4页） A． 1 2BD  B． 1BD CD C．平面 1 1AAC C 平面 1 1BB D D D．平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 的体 积为 2 2 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．命题“ 1x  ， 2 2 0x ax   ”的否定是 ． 13．若数列 na 的前 n项和为 22 4 1nS n n   ，则通项公式 na  ． 14．数学家莱昂哈德▪欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的重心、 外心、垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知 ABCV 的顶点  2,3A ，  3,0B ， 其欧拉线方程为 1 0y   ，则 ABCV 外接圆的半径R  ，顶点C的坐标 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．（本小题满分 13分） 已知    1,2 3,6A B､ ，动点 P满足 4PA PB    ，设动点 P的轨迹为曲线C . (1)求曲线C的标准方程； (2)求过点  1,2A 且与曲线C相切的直线的方程. 16．（本小题满分 15分） 在 ABCV 中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c .已知 cos2 cos cos sin sinA B C B C  . (1)求角A的大小； (2)已知 6, 2 3a c  .求 ABCV 的面积. 数学试题(YL)-第 4页-（共 4页） 17．（本小题满分 15分） 已知向量    2,1 , ,     a b x y ，若 ,x y分别表示一枚质地均匀的骰子(六个面的点数分别为 1,2,3,4,5,6 )先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求： (1) 1a b     的概率； (2) 0a b    的概率． 18．（本小题满分 17分） 如图，在五棱锥 P ABCDE 中，已知 PA 底面 ABCDE， 2PA AB  ， 3AE  ， 2 2BC  ， 2 3 BC AB AE     ， 1 1 2 3 DC AB AE     . (1)证明：平面PAE 平面 PDE； (2)求侧面 PBC 与侧面 PDE所成二面角的余弦值. 19．（本小题满分 17分） 设函数   e ln ,xf x a x a  R． (1)当 ea  时，证明：   0f x  ． (2)当 0a  时，证明：    2 lnf x a a  ． 数学答案(YL)-1-（共 3页） 雅礼中学 2025届高三 3月综合自主测试（信心卷） 数学参考答案 选择题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D A A B D B C C AC AD BCD 【第 8题】由题得函数  f x 在 1x x 处取得最小值，在 2x x 处取得最大值，则 1 2x x 的最 小值为相邻两条对称轴间的距离，又最小正周期 2π 4T    ，故 1 2x x 的最小值为 22 T  ． 【11题】对于选项 A：由题意可知： 1 1DD BD  ， 若 1 2BD  ，则 1 1DD BD BD  ，这与三角形性质不符，所以 1 2BD  ，故 A错误； 对于选项 B：取CD的中点M ，连接 1 1, , ,BD CD BM DM， 由题意可知： 1,BCD CDD△ △ 均为正三角形，则 1,BM CD DM CD  ，且 1BM DM MI ， 1,BM DM 平面 1BDM ，可得CD平面 1BDM ，又因为 1BD 平面 1BD M ，所以 1BD CD ，故 B正确； 对于选项 C：设 AC BD O∩ ，连接 1AO， 因为 ABCD为菱形，则 AC BD ，且O为 BD的中点，又因为 1 1,AA B AAD△ △ 均为正 三角形，则 1 1A B AD ，可得 1AO BD ，且 1AC AO O∩ ， 1,AC AO平面 1 1AACC， 可得 BD 平面 1 1AACC，且 BD 平面 1 1BB D D，所以平面 1 1AAC C 平面 1 1BB D D，对 于选项 D：由题意可知：三棱锥 1A ABD 为正三棱锥，可知顶点 1A在底面 ABD的投 影为正 ABD△ 的中心G， 则 2 21 2 3 6, 3 3 3 AG AO AG AA AG     ，所以平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 的体积 为 6 1 3 22 1 1 3 2 2 2 V        ，故 D正确； 填空题部分： 12． 21, 2 0x x ax     13． 1, 1 4 6, 2 n n n      14． 5 (2分)  1,0 (3分) 【第 14题】第一空，因  2,3A ，  3,0B ，则 AB中点坐标为 5 3, 2 2       ， 3ABk  ， 则 AB中垂线方程为： 1 5 3 1 2 2 2 3 3AB y x y x k            ，则其与 1 0y   交点为  1,1 ，即外 心坐标为  1,1 ，则外接圆半径R  2 21 2 5  ； 第二空，设  ,C x y ，结合  2,3A ，  3,0B ，可得重心坐标为： 5 3, 3 3 x y       ，因其在 1 0y   上，则 3 1 0 3 y y    ，则  ,0C x .又 5R  ，外心坐标为  1,1 ，则  21 1 5 1x x      或 3（与 B重合，舍去），则  1,0C  . 解答题（13+15+15=17+17）： 15．（1）设  ,P x y ，则 (1 , 2 )PA x y    ， (3 ,6 )PB x y    ， 由      1 3 2 6 4PA PB x x y y           ，得    2 22 4 1x y    ， 所以曲线C的标准方程为    2 22 4 1x y    . 数学答案(YL)-2-（共 3页） （2）曲线C是以  2,4 为圆心，1为半径的圆， 过点 (1,2)A 的直线若斜率不存在，直线方程为 1x  ，满足与圆C相切； 过点 (1,2)A 的切线若斜率存在，设切线方程为  2 1y k x   ，即 2 0kx y k    ， 由圆心到直线距离 2 2 4 2 1 1 k k d k       ，解得 3 4 k  ， 则方程为3 4 5 0x y   . 过点 (1,2)A 且与曲线C相切的直线的方程为 1x  或3 4 5 0x y   . 16．（1）因为    cos2 cos cos sin sin cos cos cosA B C B C B C A A        ， 即 22cos 1 cosA A   ，解得 1cos 2 A 或cos 1A   . 因为在 ABCV 中，0 πA  ，所以 π 3 A  . （2）在 ABCV 中，由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 得 2 2 2 16 (2 3) 4 3 2 b b    ，整理得 2 2 3 24 0b b   ， 由 0b  ，解得 4 3b  ，所以 ABCV 的面积为 1 1 3sin 4 3 2 3 6 3 2 2 2ABC S bc A      . 17．（1）∵向量    2,1 , ,     a b x y ， ,x y分别表示一枚质地均匀的骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6 ) 先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数， ∴样本点总数 6 6 n ， ∵ 1a b     ，∴ 2 1x y    ， ∴满足 1a b     的样本点  ,b x y  有      1,1 , 2,3 , 3,5 ，共 3个， ∴ 1a b     的概率 1 3 1 36 12 P   ； （2）先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数的基本事件共 36个， ∵ 0a b    ，∴ 2 0x y   ， ∴满足 0a b    的样本点  ,x y 有  1,1 ，      2,1 , 2,2 , 2,3 ，          3,1 , 3,2 , 3,3 , 3,4 , 3,5 ，            4,1 , 4, 2 , 4,3 , 4, 4 , 4,5 , 4,6 ，            5,1 , 5, 2 , 5,3 , 5, 4 , 5,5 , 5,6 ，            6,1 , 6, 2 , 6,3 , 6, 4 , 6,5 , 6,6 ，共 27个， ∴ 0a b    的概率 2 27 3 36 4  P . 18．（1）因为 2PA AB  ， 3AE  ， 2 2BC  ， 由 2 3 BC AB AE     得 2 2 24 4 9 3 BC AB AE AB AE         ， 即 4 48 4 9 9 3 AB AE       ，即 0AB AE    ，所以 AB AE ， 因为 PA 底面 ABCDE， AB 平面 ABCDE，所以 AB PA ， 因为 AE PA A∩ ， AE、PA平面 PAE，所以 AB 平面 PAE， 又 1 1 2 3 2 3 3 2 DE DC CB BA AE AB AE AB AE AB AE AB                                  ， 所以 //AB DE，所以DE 平面 PAE， 因为DE 平面 PDE，所以平面 PAE 平面 PDE . （2）因为 PA 底面 ABCDE， AB AE ， 以点A为坐标原点， AB、 AE、 AP所在直线分别为 x、 y、 z轴建立如图所示的空间直角 坐标系， 数学答案(YL)-3-（共 3页） 则  0,0,2P 、  2,0,0B 、  0,3,0E 、� 0,0,0 ，      2 22,0,0 0,3,0 2, 2,0 3 3 BC AB AE        ，  2,0,2BP    ， 设平面 PBC的法向量为� = �1, �1, �1 ，则 1 1 1 1 2 2 0 2 2 0 m BC x y m BP x z              ， 取 1 1x  ，可得  1, 1,1m    ，    3 3 2,0,0 3,0,0 2 2 ED AB     ，  0, 3,2EP    ， 设平面 PDE的法向量为� = �2, �2, �2 ，则 2 2 2 3 0 3 2 0 n ED x n EP y z             ， 取 2 2y  ，可得  0,2,3n   ， 所以 1 39cos , 393 13 m nm n m n             ， 由题意可判断侧面 PBC 与侧面 PDE所成二面角为钝二面角， 故侧面 PBC与侧面 PDE所成二面角的余弦值为 39 39  ． 19．（1）当 ea  时，   e elnxf x x  ，定义域为 0, + ∞ ．   eexf x x   ，构造函数   e( ) exg x f x x   ， 则 2 e( ) e 0xg x x     ，� ∈ 0, + ∞ ， 所以�′ � 在 0, + ∞ 上单调递增，又   1 e1 e 0 1 f    ， 所以当� ∈ 0,1 时，    0,f x f x  单调递减； 当� ∈ 1, + ∞ 时，    0,f x f x  单调递增． 所以     11 e eln1 e 0f x f     ，故   0f x  ． （2）   ex af x x   ，当 0a  时，易知�′ � 在 0, + ∞ 上单调递增，   e 1 0af a    ，  1 e e ee e e e 1 0 e a a a aa a a a af                 所以存在�0 ∈ 0, + ∞ ，使得   00 0 e 0x af x x     ，即 0 0ln lnx a x  ． 当� ∈ 0, �0 时，    0,f x f x  单调递减； 当� ∈ �0, + ∞ 时，    0,f x f x  单调递增． 所以      00 0 0 0 e ln ln 2 lnx af x f x a x ax a a a a x         ， 当且仅当 0 1x  时取等，此时 ea  ，满足 0a  ．故原不等式得证．