精品解析：湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三模拟试（三）数学试卷

湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三模拟试（三）数学试卷 命题：审题：高三数学备课组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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，再选涂其他答案标号．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，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. 设集合，则的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 1 2. 在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则等于（ ） A B. C. D. 3. 在四边形ABCD中，若，则“”是“四边形是菱形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 将函数图象向左平移个单位得到的函数图象关于轴对称，则的值可以为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 5 5. 二项式的展开式中第5项的系数为（ ） A. 252 B. -252 C. 210 D. -210 6. 已知是直线上的任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为A,B，则弦长AB的最小值为（ ） A 2 B. C. D. 1 7. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（ ） A. 圆 B. 线段 C. 椭圆 D. 直线 10. 已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 11. 已知正方体棱长为，为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在点，使得平面 B. 若平面，则点的轨迹长度为 C. 若为侧面的中心，则四棱锥的外接球的表面积为 D. 当时，三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则__________________ 13. 已知函数的图象关于直线对称，则______________ 14. 设是给定的正整数，现有个外表相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取出后不放回）．则第三次取出白球的概率为_____________． 四、解答题：本大题共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. 记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知的面积为． （1）求． （2）若为BC上一点，满足，且为钝角，求的面积． 16. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线经过原点，求； （2）若，求的最大值． 17. 如图，在中，为的外心，平面ABC，且PO． （1）求证：平面PAC； （2）设平面平面，若点在线段PC（不含端点）上运动，当直线与平面所成角最大时，求平面与平面的夹角的大小． 18. 《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 19. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的2倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点，过点分别作平行于轴的直线，与直线分别交于两点，直线与轴的交点为． （1）求双曲线的离心率； （2）证明：数列是等比数列； （3）定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且．设直线与直线的交点为的面积记为，求数列的所有项的和的最小值（结果用或表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三模拟试（三）数学试卷 命题：审题：高三数学备课组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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，再选涂其他答案标号．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，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. 设集合，则的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求得集合，根据交集得运算性质即可求得. 【详解】因为，所以． 故选：A 2. 在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出复数，再由在复平面内对应的点的对称性求得即可. 【详解】由，所以． 故选：C. 3. 在四边形ABCD中，若，则“”是“四边形是菱形”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】由大前提推得，再利用菱形的几何性质即可判断. 【详解】在四边形中，由，可得四边形为平行四边形， 若，则平行四边形对角线垂直，所以为菱形，反之也成立， 故“”是“四边形是菱形”的充要条件． 故选：D. 4. 将函数的图象向左平移个单位得到的函数图象关于轴对称，则的值可以为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数平移规律得到函数，由函数图象关于轴对称，推出函数为偶函数，求得，结合选项即得. 【详解】函数的图象向左平移个单位得到的函数为：， 依题意，函数是偶函数，故， 解得，又，结合选项，可得可以取1． 故选：B. 5. 二项式的展开式中第5项的系数为（ ） A. 252 B. -252 C. 210 D. -210 【答案】C 【解析】 【分析】求出展开式的通项，从而可得第5项的系数． 【详解】二项式展开式的通项公式， 当时，第5项系数为210． 故选：C. 6. 已知是直线上的任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为A,B，则弦长AB的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离可得，由于，所以与互补，从而得弦长AB最小得情况，即可得所求. 【详解】圆心到直线的距离为， 在直角三角形OAP中，， 所以，由于， 所以可得，则， 因为，所以与互补， 所以当时，弦长AB最小，此时，弦长. 故选：C. 7. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线方程，求出直线经过点，且为一个方向向量，再利用向量法求解即可． 【详解】由题意可得直线的方向向量， 直线经过点，又， 则， 所以， 则点到直线的距离为. 故选：B. 8. 若函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先按照，和分三类情况分析函数是否符合，再根据时，在上恒成立，分和两情况，通过判断函数的单调性确定参数的取值范围即可. 【详解】①当时，，显然在上是增函数， 当时，，不合题意； ②当时，，符合题意； ③当且时，恒成立， 故只需时，恒成立． ❶若，则，故不合要求； ❷若，则，，显然这是一个增函数， 则，故函数在上单调递增， 则，故符合题意. 综上，可得． 故选：C． 二、选择题：本大题共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. 设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（ ） A. 圆 B. 线段 C. 椭圆 D. 直线 【答案】BC 【解析】 【分析】根据椭圆的定义求解. 【详解】由题意知，定点，，可得， 因为，可得， 当且仅当，即时取得等号， 当时，可得的，此时点的轨迹是线段； 当时，可得，此时点的轨迹是椭圆. 故选：BC. 10. 已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求出数列和的通项公式，进而分析选项是否正确，综合可得答案． 【详解】设等比数列的公比为，由，得， 两式相减得，即，所以， 又，解得，则，故A正确； ，故B不正确； 设等差数列的公差为，由，得，解得， 所以，故C正确； 由，得，则集合中元素的个数为，即，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知正方体的棱长为，为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在点，使得平面 B. 若平面，则点的轨迹长度为 C. 若为侧面的中心，则四棱锥的外接球的表面积为 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，对于ABD，根据位置关系得所在的轨迹方程，从而计算后可判断它们的正误，对于C，求出外接球的球心坐标后可求球的半径，从而可求表面积，故可判断其正误. 【详解】 由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，， 设， 对于A，，设平面的法向量为， 则可得，取， 则，若平面，则， 故即为的中点，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为， 则可得，取， 因为平面，故，故， 故，故的轨迹为中点的连线段，其长度为，故B正确； 对于C，设为四棱锥的外接球的球心，则可设， 因为侧面的中心，故， 由可得：， 故，故外接球的半径为，故其外接球的表面积为, 故C正确； 对于D，由A的分析得，， 因为，故，故， 故此时的轨迹为的中点与的线段， 此时，而，故， 故，而平面，而平面， 故平面，故到平面的距离为定值， 而的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值， 即三棱锥的体积为定值，所以D正确． 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则__________________ 【答案】## 【解析】 【分析】先由，求出的值，再利用拆角变换与差角的余弦公式计算即得. 【详解】因为，所以， 由可得， 所以． 故答案为：. 13. 已知函数的图象关于直线对称，则______________ 【答案】－2 【解析】 【分析】根据函数的定义域，结合函数图象对称性求出，又由函数的对称性列出，整理计算求出即可. 【详解】函数的定义域满足，即， 由题知的定义域关于对称，故． 则， 即，故， 则，解得． 故． 故答案为：. 14. 设是给定的正整数，现有个外表相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取出后不放回）．则第三次取出白球的概率为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，抽到任何一个袋子的概率为，结合每个袋子中取出白球的概率，利用全概率公式列出等式，计算结果即可． 【详解】设选出的是第个袋子，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白）：取法数为， （白，红，白）：取法数为， （红，白，白）：取法数为， （红，红，白）：取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： , 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第个袋子的概率为， 故所求概率为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知的面积为． （1）求． （2）若为BC上一点，满足，且为钝角，求的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式及题意可得的值，再由角的范围，可得角的大小； （2）由余弦定理可得值，再由正弦定理可得，再求出的值，在中，由正弦定理可得的值，于是可得，根据角度关系可得，进而可得的值，再求出的面积即可． 【小问1详解】 由题知， 所以，由正弦定理得， 所以， 因为，所以． 【小问2详解】 中，由余弦定理得， 所以． 由正弦定理得，所以， 因为为锐角，所以， 中，由正弦定理得，所以， 所以，即， 因为，所以， 则，所以， ， 所以的面积为． 16. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线经过原点，求； （2）若，求的最大值． 【答案】（1） （2）4． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，结合切线过原点求出参数的值； （2）在时，对求导，利用零点存在定理判断其单调性，借助于导函数的零点，即可化简转化，求得的最大值. 【小问1详解】 的定义域为，则． ，则． 所以曲线在点处的切线方程为． 依题意，将点代入切线方程，解得． 【小问2详解】 当时，，且， 所以， 设，易知在上单调递减， 且， 故存在，使得，即，所以，即， 当时，故在上单调递增， 当时，故在上单调递减， 所以， 故的最大值为4． 17. 如图，在中，为的外心，平面ABC，且PO． （1）求证：平面PAC； （2）设平面平面，若点在线段PC（不含端点）上运动，当直线与平面所成角最大时，求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明平面外直线与平面内直线平行即可. （2）根据二面角的向量方法，设出动点坐标，用向量法求出平面与平面夹角的余弦值，求出最大夹角. 【小问1详解】 如图，连接OC，交AB于点D,O为的外心， 所以，又因为，所以， 所以， 故和都为等边三角形，可得， 即四边形为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以． 如图，设AB与OC的交点为，以点为原点，分别以DA,DC所在的直线为x,y轴，过点垂直于面ACBO的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以． 因为点在线段PC（不含端点）上运动，设， 所以， 设平面ABM的法向量为， 则，即， 可得，令可得，所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 即当时直线与平面所成角取最大值． 此时，所以， 设平面OBM的法向量为， 可得，则， 令，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角为． 18. 《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 【答案】（1） （2）（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率公式计算即可． （2）（i）求出所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值； （ii）设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解． 【小问1详解】 设该擂主连胜三局为事件，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B,C,D，则， 由题知，事件A,B,C相互独立， 所以， 所以该擂主连胜三局的概率为． 【小问2详解】 （i）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为：2,4,5， , ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． （ii）设事件A,B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”． 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA,BB,AB,BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”， 事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB,BA表示“甲、乙各得1分”， 当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 , 因此，得， 而，所以. 19. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的2倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点，过点分别作平行于轴的直线，与直线分别交于两点，直线与轴的交点为． （1）求双曲线的离心率； （2）证明：数列是等比数列； （3）定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且．设直线与直线的交点为的面积记为，求数列的所有项的和的最小值（结果用或表示）． 【答案】（1）2 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）设两渐近线的倾斜角为，，从而得到方程组，求出，从而得到渐近线方程，得到离心率； （2）双曲线的方程为，设直线的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线的方程，令，则，因此直线恒过定点，又直线与轴的交点为，于是，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列； （3）由对称性知，直线也恒过定点，表达出，从而，则是等比数列，求和得到，换元得到，则，由函数单调性得到． 【小问1详解】 设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为， 依题意，解得， 则双曲线的渐近线方程为，即， 所以双曲线的离心率为． 【小问2详解】 由（1）知，，双曲线方程为， 设，则， 过的直线斜率不为0， 设直线的方程为， 由消去并整理得， ， 则， 直线的斜率，直线的方程为， 令，则 ， 因此直线恒过定点， 又直线与轴的交点为，于是，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 【小问3详解】 由对称性知，直线也恒过定点， 则， 故 , ，则是以为首项，为公比的等比数列， 数列的所有项和， 设，则，由过的直线与双曲线的右支交于两点， 得，即，则， 又函数在上单调递减，理由如下： 在上恒成立，故在上单调递减， 则． 所以数列的所有项和的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$