精品解析：湖南省部分学校2025届高三“一起考”大联考（模拟三）数学试卷

2025届高三“一起考”大联考（模拟三） 数学 （时量：120分钟 满分：150分） 命题人：陈森君 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. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 某科技公司对2012年至2024年生产成本（万元）进行统计，根据统计数据作出如下散点图： 由此散点图，判断最适合作为该公司的生产成本与时间变量的值依次为的经验回归方程类型的是（ ） A. B. C. D. 3. 某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ） A. 11 B. 10 C. 20 D. 30 4. 已知等差数列，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知一直角梯形纸片上、下底边边长分别为、，高为，该纸片绕着下底边所在直线旋转，则该纸片扫过的区域形成的几何体的体积为（ ） A B. C. D. 6. 已知复数分别满足，，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 已知双曲线（，）的左､右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，若，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 在资源有限的情况下，种群数量随时间（单位：天）的变化满足逻辑斯蒂模型：，其中常数为环境容纳量，为种群初始数量，为比增长率生态学家高斯（）曾经做过单独培养大草履虫的实验：初始时，在培养液中放入个草履虫，观察到时，种群数量为；时，种群数量为.根据逻辑斯蒂模型，可估算大草履虫种群的比增长率为（ ） 参考数据： A. B. C. D. 二､多选题：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，且，则（     ） A. B. C. D. 10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若是锐角三角形，则不等式恒成立 C. 若，，，则符合条件的三角形有两个 D. 若三角形为斜三角形，则 11. 设函数，，下列命题正确的是（ ） A. 若函数有两个零点，则， B. 若恒成立，则 C. 若，，时，总有恒成立等价于 D. ，恒成立． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且，则到轴的距离为______. 13. 已知函数，若存在，使得，则的最小值为________. 14. 已知正四棱锥的底面边长为3，该四棱锥内部的球与其所有面均相切，若球面上有且仅有一点满足，则球的表面积为__________. 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. 已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是. （1）求盒中红球、黄球、蓝球个数； （2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色. （i）写出该试验的样本空间； （ii）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜.从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由. 16. 如图，四棱柱的底面是正方形，平面. （1）求点到平面的距离； （2）若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值. 17. 已知函数，其导函数为，曲线与曲线交于两点，其中点的横坐标为1. （1）求点的纵坐标； （2）求点的横坐标的最小值； （3）设，判断是否可能为等腰三角形，并说明理由. 18. 已知椭圆C：，，．椭圆C内部一点，过点T作直线AT交椭圆于M，作直线BT交椭圆于N．M、N是不同的两点． （1）若椭圆C的离心率是，求b的值； （2）设的面积是，的面积是，若，时，求t的值； （3）若点，满足且，则称点U在点V的左上方．求证：当时，点N在点M的左上方． 19. 已知正整数，定义聚合数列如下：设已知，此后每一项取值为其前项平均数的相反数，即，其中. （1）对于聚合数列，若，求； （2）对于聚合数列，记为中的最大值，求证： （i）若的正负不全相同，则存在实数，使得且； （ii）存在正整数，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三“一起考”大联考（模拟三） 数学 （时量：120分钟 满分：150分） 命题人：陈森君 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得集合，再根据集合的运算以及包含关系，即可判断和选择. 【详解】，又， 故，，，，故A正确，其它选项错误. 故选：A. 2. 某科技公司对2012年至2024年的生产成本（万元）进行统计，根据统计数据作出如下散点图： 由此散点图，判断最适合作为该公司的生产成本与时间变量的值依次为的经验回归方程类型的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合不同函数类型（对数型、抛物线型、直线型、幂函数型）的图象特点，并与散点图的分布进行对比. 【详解】解析：根据图中散点图可知，散点大致分布在一条“对数型”函数曲线的周围， A选项是“抛物线型”的拟合函数，且是增加的，故A错误； B选项是“直线型”的拟合函数，且是增加的，故B错误； D选项是“幂函数型”的拟合函数，且是增加的，故D错误； 只有C选项的拟合函数符合题意，故C正确. 故选：C. 3. 某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ） A. 11 B. 10 C. 20 D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可得到结果. 【详解】先从5门选修课中选择1门，有5种选法； 再从4个课外活动中选择2个，有种选法. 所以该学生不同的选择种数为. 故选：D. 4. 已知等差数列，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的概念可确定选项. 【详解】设等差数列的公差为，则. 当时，， ∴由可得. 当时，，恒成立，不能得到， ∴由不能得到， ∴“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 已知一直角梯形纸片上、下底边边长分别为、，高为，该纸片绕着下底边所在直线旋转，则该纸片扫过的区域形成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转体特点可知旋转一周后得到一个圆柱和两个圆锥，根据圆柱和圆锥体积公式计算可得旋转一周所得组合体体积，则所求体积为. 【详解】该纸片绕着下底边所在直线旋转一周所得几何体是一个底面半径为，高为的圆柱和两个底面半径为，高为的圆锥构成的组合体， 则旋转一周所得组合体的体积， 若旋转，得到几何体体积为. 故选：B. 6. 已知复数分别满足，，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】先通过模长公式求出复数在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，再利用的最大值为两圆圆心距加两个圆的半径即可求得结果. 【详解】设，则， 如图，复数在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 复数在复平面内对应点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 则． 故选：D． 7. 已知双曲线（，）的左､右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，若，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先作辅助线，设出边长，结合题干条件得到，，利用勾股定理得到关于的等量关系，求出离心率. 【详解】连接，设，则根据可知，，因为，由勾股定理得：，由双曲线定义可知：，，解得：，，从而，解得：，所以，，由勾股定理得：，从而，即该双曲线的离心率为. 故选：A 8. 在资源有限的情况下，种群数量随时间（单位：天）的变化满足逻辑斯蒂模型：，其中常数为环境容纳量，为种群初始数量，为比增长率生态学家高斯（）曾经做过单独培养大草履虫的实验：初始时，在培养液中放入个草履虫，观察到时，种群数量为；时，种群数量为.根据逻辑斯蒂模型，可估算大草履虫种群的比增长率为（ ） 参考数据： A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将已知数据代入函数模型，求出的值，再利用指对互化以及对数运算求解即可. 【详解】由题意，，，则， 因此，整理得， 解得或（舍）， 因此，解得. 所以大草履虫种群的比增长率约为. 故选：C. 二､多选题：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，且，则（     ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式，结合对数的运算性质和对数函数的单调性逐一判断即可. 【详解】A：若 ，显然成立，但是，本选项不成立； B：因为， 所以， 即，当且仅当时取等号，即时取等号，因此本选项正确； C：因为，且， 所以，即， 当且仅当时取等号，显然成立，故本选项正确； D：因为，且， 所以， 当且仅当时取等号，因此本选项正确， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对数函数的单调性和基本不等式. 10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若是锐角三角形，则不等式恒成立 C. 若，，，则符合条件的三角形有两个 D. 若三角形为斜三角形，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，先利用正弦定理转化为边之间的关系，再利用余弦定理可判断三角形的角的大小；对于B选项由正弦函数的单调性结合三角形中角的范围可判断；对于C，由余弦定理可判断；对于D. 由正切的和角公式的变形结合三角形的内角和可判断. 【详解】对于A，因为sin2A＋sin2B＜sin2C，所以由正弦定理得， 所以，所以为钝角，所以三角形ABC是钝角三角形，所以A正确； B选项，∵是锐角三角形，则， 又在内单调递增，∴即恒成立，B选项正确， 对于C，由余弦定理得，， 所以，所以符合条件的三角形ABC有一个，所以C错误； 对于D，因为， 所以 因为， 所以， 所以，所以D正确， 故选：ABD 11. 设函数，，下列命题正确的是（ ） A. 若函数有两个零点，则， B. 若恒成立，则 C. 若，，时，总有恒成立等价于 D. ，恒成立． 【答案】AC 【解析】 【分析】利用导数求函数的最大值，结合变化趋势考察与的关系可判断AB；构造函数，将问题转化为导数在大于等于0恒成立问题，然后利用导数求其最值可判断C；取，然后使用放缩法可判断D. 【详解】，当时，，当时，，故时，有最大值，又时，,且越大时，趋近于0，要使函数有两个零点，则，故A正确，B错误； 若，，时，总有恒成立等价于函数在上单调递增，等价于在区间上恒成立，令，则，当时，，所以当时，成立，当，时，，此时，不满足题意，故C正确； 记，则，因为，，所以，故在区间上存在使得，故D错误. 故选：AC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且，则到轴的距离为______. 【答案】2 【解析】 【分析】由已知求得抛物线的焦点，再设，由抛物线的性质求得可得答案. 【详解】因为为抛物线的焦点，所以， 设，由抛物线的性质得：，故到的距离为2. 故答案：2． 13. 已知函数，若存在，使得，则最小值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数，求出相位的范围，再利用正弦函数的性质求解即得. 【详解】函数，由，得， 由存在，使得，得，解得， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知正四棱锥的底面边长为3，该四棱锥内部的球与其所有面均相切，若球面上有且仅有一点满足，则球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】思路一：几何法求得球的半径即可；思路二：如图建立空间直角坐标系，由且结合球面上仅有一点满足且可确定点Q坐标，可得球体半径，然后由等体积法可得答案. 【详解】方法一：由题意得，球为正四棱锥的内切球. 如图①所示，设底面中心为O，过P作与垂直的平面，则该平面与球的交线为圆，过作与PC垂直的平面，该平面与球的交线也为圆，球上两圆的交点即为点Q.因为两圆都关于平面对称，且两圆有且只有一个交点，故点Q也在平面上，即点Q在PO上.M，N分别为，的中点，分别作平面，平面截正四棱锥的截面，如图②③所示. 设球的半径为，球心为，. 在图②中，因为， 所以.所以， 又.所以， 则有，即. 在图③中，， 故， 因为现与均相切， 故，故，即， 球半径.球的表面积. 故答案为：. 方法二：连接AC，BD，设交点为O，如图建立以O为原点的空间直角坐标系. 因底面边长为3，则，设. 则，，. 因，则，又， 则，则，所以为定值， 因球面上仅有一点满足且，则为球体与线段PO的交点， 则，则球体半径为. 注意到正四棱锥体积为：，其中为四棱锥表面积， 如图，取BC中点为F，连接OF，PF，则. 则，则 又正四棱锥体积为：，则 . 则，则球体表面积为：. 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. 已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是. （1）求盒中红球、黄球、蓝球的个数； （2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色. （i）写出该试验的样本空间； （ii）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜.从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由. 【答案】（1）盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是； （2）（i）答案见解析；（ii）游戏不公平理由见解析 【解析】 【分析】（1）从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件，根据为两两互斥事件， 由求解. （2）（i）根据红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用表示黄球，用表示蓝球，表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示试验的样本点，列举出来；（ii）由（i）利用古典概型的概率求解. 【小问1详解】 解：从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件， 因为为两两互斥事件， 由已知得， 解得. ∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是； 【小问2详解】 （i）由（1）知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用表示黄球，用表示蓝球，表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示试验的样本点， 则样本空间 . （ii）由（i）得，记“取到两个球颜色相同”为事件，“取到两个球颜色不相同”为事件，则，所以 所以 因为，所以此游戏不公平. 16. 如图，四棱柱的底面是正方形，平面. （1）求点到平面的距离； （2）若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，先证平面平面，然后由面面垂直性质定理知即为所求，然后计算可得； （2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用平面夹角的向量公式列方程可解. 【小问1详解】 连接交于点，连接. 因为平面，平面，所以， 因为底面是正方形，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 因为平面，平面，所以， 又，所以. 在中，，所以. 又为的中点，所以且， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 故点到平面的距离为. 【小问2详解】 以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 由（1）知，平面的一个法向量， 设， 则 设为平面的一个法向量， 由，取，得， 设平面与平面的夹角为， 则有， 解得，即. 17. 已知函数，其导函数为，曲线与曲线交于两点，其中点的横坐标为1. （1）求点的纵坐标； （2）求点的横坐标的最小值； （3）设，判断是否可能为等腰三角形，并说明理由. 【答案】（1）1 （2） （3）不可能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出方程的根，即可求得点的纵坐标. （2）由（1）构造函数，利用导数求出最小值即可. （3）求出，再作差构造函数，再利用导数求出最小值，判断出即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 由，得，解得或， 由点的横坐标为1，得点的横坐标为，所以点的纵坐标为. 【小问2详解】 由（1）令，，当时，； 当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则， 所以点的横坐标的最小值为. 【小问3详解】 由（1）知，，令，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， ，，令函数， 求导得，当时，； 当时，， 函数在上递减，在上递增，， 所以， 因为，所以三角形是直角三角形，， 显然在直角三角形中，有, 所以不可能为等腰三角形. 18. 已知椭圆C：，，．椭圆C内部的一点，过点T作直线AT交椭圆于M，作直线BT交椭圆于N．M、N是不同的两点． （1）若椭圆C的离心率是，求b的值； （2）设的面积是，的面积是，若，时，求t的值； （3）若点，满足且，则称点U在点V的左上方．求证：当时，点N在点M的左上方． 【答案】（1）的值为或 （2）1 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分，两种情况结合离心率计算式可得答案； （2）联立直线的方程与椭圆方程可得，联立直线的方程与椭圆方程可得.结合图形可得，后结合，及弦长公式可得，即可得答案； （3）联立直线与椭圆方程可得，，后结合在椭圆内部可得大小，又由题意可得大小，即可证明结论. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率是. 当时，，得； 当时，，得； 所以的值为或； 【小问2详解】 由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在， ，直线的方程，设． 则. ，直线的方程，设． 则. 由图，， 注意到，则. 又，同理可得 .则 【小问3详解】 由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在， ，直线的方程，设． 则 . ，直线的方程，设． 则 . 则 .又在椭圆内部，则，故. 又根据题意知，所以.所以当时，点在点的左上方． 【点睛】关键点睛：本题涉及由离心率求参数，椭圆中的面积问题，及椭圆新定义，难度极大.（1）因不知焦点位置，故需分情况讨论；（2）问关键是用得到关于的表达式；（3）类似于（2），可得，，后利用作差法即可比较大小. 19. 已知正整数，定义聚合数列如下：设已知，此后每一项取值为其前项平均数的相反数，即，其中. （1）对于聚合数列，若，求； （2）对于聚合数列，记为中的最大值，求证： （i）若的正负不全相同，则存在实数，使得且； （ii）存在正整数，使得. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由聚合数列定义求解即可； （2）（i）只需考虑不为0的情形，取，其中，，结合聚合数列的定义即可得证；（ii）只需考虑，根据聚合数列的定义证明，对任意成立，是固定的小于1的正实数，进一步即可得证. 【小问1详解】 【小问2详解】 （i）只需考虑不为0的情形，否则命题不证自明. 记，不妨设与异号，则， 从而. 根据聚合数列定义，与异号，所以的符号不完全相同， 得到 其中，，取，即二者中的最大值符合要求. （ii）只需考虑，否则命题自证. 若的正负不完全相同，重复使用（Ⅰ）中的步骤 . 设，则，对任意成立. 如果全正或全负，则根据聚合数列定义，与不同号，此时的正负不完全相同， 可将视为第一项再进行上面的过程，根据聚合数列的定义，显然有. 重复上面的过程可证，对任意成立. 故在最开始便可不不妨设的正负不完全相同.在此基础上再考虑， 亦可不不妨设其正负不完全相同（否则只需要考虑）. 可以得到，对任意成立.是固定的小于1的正实数. 取足够大的正整数满足，从而，则，证毕. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$