精品解析：2025届湖南省娄底市部分高中学校高三信息押题卷(二)数学试题

湖南省娄底市2025届部分高中学校高三模拟测试 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 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. 考试时间为120分钟，满分150分 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简即可. 【详解】因为，所以. 故选：A. 2. 已知集合，，若，则（ ） A. B. 3 C. 或3 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的关系及集合元素的互异性列方程求解即可. 【详解】由题意得，则且. 若，解得，不合题意，舍去. 若，解得（舍去）或，则. 此时，，符合题意，故. 故选：B. 3. 已知随机事件，，则（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0．2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出的值，进而利用条件概率公式可求出的值. 【详解】因为，， 所以，所以． 故选：B． 4. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. 或 C. 或1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用向量数量积的运算律将条件化为，再由向量模长的坐标运算列方程求参数值. 【详解】由两边平方化简得， 所以，即， 化简得，解得或. 故选：B 5. 已知各项为正的等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的性质及前n项和公式得，再应用基本不等式求的最大值. 【详解】由，得，所以． 由已知，得，则， 当且仅当时等号成立． 故选：A 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的基本关系式，化简得到，求得，再由两角和的正弦公式，即可求解. 【详解】因为，可得，可得， 又因为，所以， 即， 解得或（舍去）， 所以. 故选：D. 7. 已知分别为圆和抛物线上的点，抛物线的焦点为．若点为以点为圆心，以1为半径的圆上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的三边关系，即可根据共线求解求解. 【详解】由题意得，，圆的半径，圆的半径． 因为，当且仅当点在线段上，点在线段上时，等号成立， 所以，当且仅当点共线，且从左到右依次为点时两等号同时成立． 故选:C． 8. 已知函数有两个零点，且，则（ ） A. B. C. D. 与无法比较大小 【答案】C 【解析】 【分析】将函数有两个零点问题转化为方程有两个解的问题，先对函数求导，判断单调性和的范围，然后判断并证明与-3的大小比较，最后得到答案. 【详解】函数有两个零点，即方程有两个不同的根． 设，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增． 又因为当时，，当时，，所以． 因为可以趋近于无穷小，所以猜测，下面给出证明． 先证当时，． 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在，上单调递增． 由知，当时，，即，所以． 再证当时，． 令，则． 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增． 因为，所以当时，，即， 所以． 所以，所以． 故选：C． 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. 已知函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的，得到曲线，若函数的最小正周期为，则下列结论正确的有（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递减 【答案】AB 【解析】 【分析】由函数的最小正周期为，且，求出，判断A；由解析式求解对称中心，判断B;根据解析式代入求解对称轴，判断C；再根据解析式判断单调性,判断D. 【详解】由题意得，因为函数的最小正周期为，且，所以，，故A正确； 因为，曲线关于点对称，所以函数的图象关于点对称，故B正确； 因为，曲线不关于直线对称，所以函数的图象不关于直线对称，故C错误； 若，则，因为函数在上不单调递减，所以函数在上不单调递减，故D错误. 故选：AB. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，且，则 B. 数据2，3，5，8，9的第40百分位数是4 C. 在回归分析中，相关系数越大，说明两个变量线性相关性越强 D. 从中随机取一个数记为，从中随机取一个数记为，设，则的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态曲线的性质判断A；根据百分位数的定义判断B；根据相关系数与相关性的关系判断C；由方差的公式求，判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由，知数据2，3，5，8，9的第40百分位数为，故B正确； 对于C，在回归分析中，相关系数的绝对值越大，说明两个变量线性相关性越强，故C错误； 对于D，的取值可能为1，2，3，4，5，则，，，，， 故，，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知对任意，且，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】通过对给定的函数关系式进行赋值，函数的奇偶性、对称性和周期性，以及利用这些性质进行数列求和逐步推导函数的各项性质，进而判断选项的正确性. 【详解】由题意得任意，，且， 令，则，则． 令，则，故A正确． 令，则，所以的图象关于直线对称，故C正确． 令，则，结合C选项，得，所以有，则为奇函数． 又因为的图象关于直线对称，所以是以2为周期的函数，所以，故B错误． 令，则，，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. 若的展开式中的系数为231，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式，令的次幂为求出，然后利用系数列方程即可求解. 【详解】的展开式的通项，. 令，解得，则，解得. 故答案为：2. 13. 已知数列的前项和为，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，利用裂项相消法即可求解. 【详解】由题意得，所以 ． 故答案为：． 14. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内（包含边界）的动点，且，则动点的轨迹长度为______；当线段取最小值时，三棱锥的外接球的半径______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立坐标系，根据垂直条件得到的轨迹，根据轨迹可求第一空，利用取得最小值，可确定点坐标，底面为直角三角形，球心在斜边中点垂线上，设球心为，利用勾股定理可解外接球的半径. 【详解】如图①，建立空间直角坐标系，则． 设，则， 由题意得，则． 又因为，，所以． 设分别为的中点，则线段为动点的轨迹，轨迹长度为． ，则当时，线段取得最小值，此时， 则点在平面内的投影为点的中点． 如图②，设三棱锥的外接球的球心为． 由题意，为的外接圆圆心，， 则，即， 解得，所以． 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. 已知锐角中，角所对的边分别为． （1）求角； （2）若为的平分线，且与交于点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理将原等式进行化简，然后将等式转化为只含有的等式，然后利用和差倍角的正余弦公式将等式展开，即可求出角. （2）根据正弦定理和余弦定理求出每个角和每条边，然后利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得. ， ． ， 即， ． 为锐角三角形，， ． ． 【小问2详解】 在中，， 由正弦定理得， ． 为锐角，， . ， ， 在中，． 在中，由余弦定理， 得， ． 16. 已知双曲线过点，，分别为圆的两条切线，且分别交双曲线于点. （1）证明：直线的斜率为定值； （2）当时，求的面积. 【答案】（1）证明：将的坐标代入，得， 所以双曲线的方程为. 由题意可知，直线的斜率均存在且不为0， 设直线的方程为，直线的方程为，，. 由消去，整理得. 由，得， 由，得. 由题意，解得，， 所以，同理. 由题意，，得.因为，所以， 故， 所以直线的斜率， 即直线的斜率为定值. （2） 【解析】 【分析】（1）过联立直线方程和双曲线方程，利用韦达定理求出交点坐标，再根据已知条件得出斜率关系，进而求出直线PQ的斜率； （2）由，可求出斜率，进而可求出P、Q的坐标，进而得到PQ的方程，令，，利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，因为，，所以， 由（1）知，，， 所以直线的方程为，即， 当时，， 所以. 17. 已知函数，，为的导函数. （1）若函数的图象与的图象的交点的横坐标，求实数的取值范围； （2）当时，证明：. 【答案】（1）； （2）证明：当时，，. 令，，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以， 所以. 令，则问题转化为证当时，. ，令，则，等号不恒成立， 所以在上单调递减. 又因为，所以当时，，即， 所以在上单调递减. 又因为，所以当时，， 所以，即得证. 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导得出函数单调性，结合零点存在定理列不等式计算求解； （2）构造函数，利用导数证明，再把不等式转化为，应用导函数得出函数单调性即可证明. 【小问1详解】 因为，， 所以. 令，， 则， 所以在上单调递减. 由题意知方程在上有根，所以，且， 即解得， 即实数的取值范围是. 【小问2详解】 略 18. 如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，，且，，，. （1）求的长； （2）求多面体的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可求证四边形为正方形，过点作，进而求证四边形为平行四边形，即可求出； （2）求证平面，平面，则可利用棱锥的体积公式计算； （3）法一，求证是二面角的平面角，在中计算即可. 法二，以为坐标原点建系，求出两个平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值. 【小问1详解】 ，平面，平面，平面. ，平面，平面，平面. ，平面，平面平面. 平面平面，平面平面，. 同理可证，，，四边形为正方形. 如图①，过点作，交于点，连接. ，四边形为平行四边形， ，，. ，，，，，， 四边形为平行四边形，，. ，，，， 四边形为平行四边形，. 【小问2详解】 ，，，，. ，，，，. ，. ，，平面，平面. 平面，，，，两两垂直. ，平面. 平面，. 又，，，平面，平面. 同理可证平面. 则， ， 所以. 【小问3详解】 方法一：如图②，连接，交于点，连接. 由（1）知，，平面. ，平面.平面，. ，，平面，平面. 平面，，是二面角的平面角. 在中，，，，， 平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：由（1）可知，平面，，平面. 又，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图③所示的空间直角坐标系， 则，，， ，. 设平面的法向量为， 则取，则，. 显然为平面的一个法向量， ， 平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 抽屉原理也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出并用来证明数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．其内容为：如果把个物体放进个抽屉里，那么至少有一个抽屉要放进个或更多个物体．已知数列与数列满足，若数列是递增数列，则称数列具有性质． （1）当，且数列具有性质时， ①写出一个满足，项数为6的数列； ②若，数列的前项和为，证明：当时，至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等． （2）从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，判断是否存在项数为的数列具有性质，并说明理由． （参考数据：） 【答案】（1）①；（答案不唯一，只需满足均可） ②证明：因为，即，所以或， 显然当时，． 又当时，，当时，， 则当时，． 因为数列从第二项起每一项都有两种可能，所以共有种不同的数列． 因为， 所以至多有种不同的取值． 令， 则． 令，则， 所以在上单调递增． 因为， 所以，即，所以在上单调递增． 因为，所以当时，恒成立， 即当时，，故存在，使得， 由抽屉原理可知，此时至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等． （2） 从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，存在项数为的数列具有性质．理由如下： 记“满足，且数列是递增数列的最长数列的项数”， 假设，即，都有，其中， 则，使得至少有个取， 即，其中． 若，当时，， 则将与以为首项的递增数列合成一个以为首项，项数为的新的数列； 若，当时，都有， 则，即存在一个项数为的数列是递减数列． 综上，从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列中，总是存在项数为的递减数列或项数为的递增数列． 因为递增数列或递减数列都满足性质，所以存在项数为的数列具有性质． 【解析】 【分析】（1）①只需满足即可；②由题意得或，分析得当时，，故存在，使得，结合抽屉原理即可得证. （2）只需证明存在项数为的递减数列或项数为的递增数列即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省娄底市2025届部分高中学校高三模拟测试 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 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. 考试时间为120分钟，满分150分 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若，则（ ） A. B. 3 C. 或3 D. 1 3. 已知随机事件，，则（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0．2 4. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. 或 C. 或1 D. 5. 已知各项为正的等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别为圆和抛物线上的点，抛物线的焦点为．若点为以点为圆心，以1为半径的圆上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，且，则（ ） A. B. C. D. 与无法比较大小 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. 已知函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的，得到曲线，若函数的最小正周期为，则下列结论正确的有（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递减 10. 下列说法正确的有（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，且，则 B. 数据2，3，5，8，9的第40百分位数是4 C. 在回归分析中，相关系数越大，说明两个变量线性相关性越强 D. 从中随机取一个数记为，从中随机取一个数记为，设，则的方差 11. 已知对任意，且，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中的系数为231，则______. 13. 已知数列的前项和为，，则______． 14. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内（包含边界）的动点，且，则动点的轨迹长度为______；当线段取最小值时，三棱锥的外接球的半径______． 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. 已知锐角中，角所对的边分别为． （1）求角； （2）若为的平分线，且与交于点，求的面积． 16. 已知双曲线过点，，分别为圆的两条切线，且分别交双曲线于点. （1）证明：直线的斜率为定值； （2）当时，求的面积. 17. 已知函数，，为的导函数. （1）若函数的图象与的图象的交点的横坐标，求实数的取值范围； （2）当时，证明：. 18. 如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，，且，，，. （1）求的长； （2）求多面体的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 抽屉原理也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出并用来证明数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．其内容为：如果把个物体放进个抽屉里，那么至少有一个抽屉要放进个或更多个物体．已知数列与数列满足，若数列是递增数列，则称数列具有性质． （1）当，且数列具有性质时， ①写出一个满足，项数为6的数列； ②若，数列的前项和为，证明：当时，至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等． （2）从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，判断是否存在项数为的数列具有性质，并说明理由． （参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $