精品解析：2025届湖南省长沙市湖南四大名校名师团队猜题卷C模拟预测数学试题

2025年普通高校招生统一考试 湖南四大名校名师团队猜题卷（C） 数学 命题：武汉教研团队 外审：湘潭大学附属中学，澧县第一中学 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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为或，故， 因为，故. 故选：C. 2. 若复数的共轭复数满足，则复数 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘方与复数的除法化简得出复数，结合共轭复数的定义可求得复数. 【详解】因为，所以，所以. 故选：B. 3. 对于非零向量，，“”是“与方向相反”的（ ）条件. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量数量积的运算律及得，结合充分、必要性定义判断即可. 【详解】由，得， 所以，于是与方向相反，充分性成立； 反之，若与方向相反，则，必要性成立. 故选：C 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由及，得，再将正切变成正弦和余弦，化简并结合同角三角函数的基本关系可求解出，再利用二倍角关系求解即可. 【详解】由及，得. 又由，得，得， 所以，而， 故选：B. 5. 已知，，，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的单调性可得当时，，则由时，恒成立求解即可. 【详解】函数在R上单调递减，当时，， 则当时，恒成立，因此，解得， 所以的取值范围是. 故选：D 6. 若关于 的方程在上有 个实根，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将原方程化为，令，则，所以，令，，则，分 、两种情况，数形结合可得出实数 的取值范围. 【详解】原方程可化为. 令，则，所以. 令，， 又在上单调递减，所以，则. 当 时，，此时在只有个实根，不符合条件； 当时，，此时在有 个实根，符合条件， 故选：A. 7. 已知正四棱台，，，侧棱与底面所成的角为，则此正四棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出正四棱台的高，设O距离下底面距离为x，由题意可得，解方程即可知正四棱台下底面中心即为球心，求出外接球的半径，再由球的表面积公式即可得出答案. 【详解】由题意可知，正四棱台的高为， 其外接球的球心O在正四棱台的高上，如图所示. 不妨设O距离下底面距离为x，则， 解得，即正四棱台下底面中心即为球心， 则外接球的直径为，表面积为， 故选:C. 8. 若曲线与有公共的切线，则的最大值为（ ） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设直线与相切于求出切线方程，直线与相切于求出切线方程，让两条切线方程的斜率、截距相同可得.令，构造函数，利用导数求出最小值可得答案. 【详解】设直线与相切于， 则直线：， 直线与相切于， 则直线：， 因为曲线与有公共的切线，则两条切线方程的斜率、截距相同， 故， 则. 令，， 则在单调递增，且 ， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，于是有， 即. 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. 某市采用以旧换新，政府补贴的惠民政策促进消费，该市的某品牌手机门店2025年前六周的销量如下表： 周次 1 2 3 4 5 6 销量 （台） 117 124 138 132 146 153 则（ ） A. 销量的平均数为135 B. 销量的第40百分位数为124 C. 由样本数据计算得样本相关系数为0.952，因此这两个变量y与x线性相关程度很强 D. 经计算销量y关于周次x的经验回归方程为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出销量的平均数判断A；求出第40百分位数判断B；利用相关系数的意义判断C；求出样本中心点进而可得即可判断D. 【详解】对于A，销量的平均数，A正确； 对于B，将销量按升序排列得117，124，132，138，146，153，由，得销量的第40百分位数是132，B错误； 对于C，样本相关系数为0.952，它很接近1，因此这两个变量y与x线性相关程度很强，C正确； 对于D，周次的平均数，回归方程过样本中心 点，即，解得，D正确. 故选：ACD. 10. 在棱长为的正方体中，为棱中点，为侧面的中心，平面截该正方体所得到的多边形为 ，且 交于，则（ ） A. 平面 B. C. 是平行四边形 D. 将正方体分成两部分，这两部分的体积之比为2:1 【答案】ABC 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理可判断A；作，由∽可求出 可判断B；由面面平行的性质定理证得，可判断C；由三棱锥的体积公式计算可判断D. 【详解】对于A，取中点E，因为N为侧面的中心，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又 平面，平面，则 平面，故A正确； 对于B，作，则∽，则， 所以，所以，故B正确； 对于C，连接 并延长至与交于，连接，， 由平面平面及平面与这两个平面分别交于，， 则，同理， 所以 为平行四边形，故C正确； 对于D，连接，由选项C知， 为平行四边形. 设，，几何体的体积为， 则， 另一部分的体积，则，故D错误， 故选：ABC. 11. 曲线：是一条形似的“比心曲线”.设点是上一个动点，且它与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，则（ ） A. 点和点都在曲线E上 B. 且 C. 在E上存在点P，使 D. 对于E上任意点P，有 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将两点分别代入曲线的左侧，判断是否等于右侧即可判断A；对于B，利用不等式即可求解范围；对于C，注意到当为或时， 面积刚好为1；对于D，当时，P的轨迹为椭圆，联立椭圆与曲线方程，可得其交点，画出图形即可判断. 【详解】在E中，令得，所以，，， 令得，所以，， 曲线E的大致形状如图所示. 对于A，将点，代入曲线E的方程的左侧可得，， 所以点不在曲线E上，点在曲线E上，故A错误； 对于B，令得，即，所以， 所以直线与曲线E交于点，结合图象可得点P的纵坐标的最大值为. 由得，所以，等号当且仅当 成立； 由得，所以当时，，所以.故B正确； 对于C，由选项A，B知，，当为或时， 面积的最大值为，故C正确； 对于D，因为坐标平面内到定点C，D的距离和为的点的轨迹是以C，D为焦点，长轴长为的椭圆. 设椭圆方程为，由已知， ，得， 所以椭圆方程为. 联立，得， 所以，所以， 故椭圆与曲线E的交点为，， 如图所示， 因此曲线E上的所有点都满足故选，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. 某水泥厂流水线上生产的一批袋装水泥，其重量指标X（单位kg）可以看作一个随机变量，且，对于或的产品即为不合格，且，现从这批袋装水泥中随机抽取500袋，用Y表示这500袋水泥的重量指标X位于区间的袋数，则随机变量Y的方差是______. 【答案】45 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项分布方差公式计算得解. 【详解】由正态分布的性质得，重量指标在区间的概率为， 即1件产品的重量指标位于区间的概率为0.9，则， 所以随机变量Y的方差. 故答案为：45 13. 等比数列的前 项和记为，若 ，，，则_______. 【答案】219 【解析】 【分析】由求得，从而可得答案. 【详解】设数列的首项为，公比为. 因为，所以， 因为，所以，所以. 所以， 所以. 于是. 故答案为：219. 14. 已知动圆过点且与直线：相切，直线与y轴交于K，点P为动圆圆心的轨迹E上任意一点，的角平分线与y轴交点为，则m最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线的定义以及题意写出抛物线方程，整理函数解析式，根据三角函数的性质，可得答案. 【详解】由题意可得，动圆圆心的轨迹E为抛物线，焦点，准线方程为， 过点P作垂直于准线，H为垂足，如图所示： 因为抛物线关于y轴对称，不妨设点P的横坐标 ， 由抛物线的定义可得，设， 由，求导可得，设切点，切线斜率为， 则切线方程为，代入，可得，解得， 所以当直线与相切时，其倾斜角等于， 因此，且. 由角平分线定理可得，即，则 因为函数在单调递减， 因此当时，，故 最大值为. 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. 记中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求A； （2）若，边上的中线长为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）将边化角，结合两角和的正弦公式即可化简求解； （2）在中，由余弦定理可求，进而可得，再利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 因为，，所以， 又因为，，所以，. 【小问2详解】 在中，因为，， ，由余弦定理可得：， 即，解得，所以， 所以. 16. 在四棱锥中，底面 为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. （1）证明：平面平面； （2）若平面 与平面 的夹角为，求点P到平面 的距离. 【答案】（1） 因为，，，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以 平面，又 平面 ， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案； （2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出 平面 ，以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，记的中点为 ，求出平面 、平面 的一个法向量，由二面角的斜率求法求出 ，再由点面距离的向量求法可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 平面， 平面，所以 ， 又因为底面 为正方形，所以，由，平面， 所以 平面，平面，所以， 又因为，，平面 ，所以 平面 ， 以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，，， 设，则， 设平面 的法向量，则， 令，则，，故， 设平面 的法向量，，令，则， 则平面 的法向量， 由题意得，，即， 整理得，，解得或（舍），则 所以平面 的法向量可取， 所以点到平面 的距离. 17. 已知函数，其中. （1）求的极值； （2）讨论的零点的个数. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） 当 时，无零点；当时，有一个零点； 当时，共有2个零点. 【解析】 【分析】（1）求导得函数单调性，进而得极值； （2）求导 ，对分类讨论得函数对应的单调性，从而结合零点存在定理即可得解. 【小问1详解】 因为 ，其定义域为， 且. 因为，由 ，所以函数在和上单调递减， 在上单调递增，所以在处取极小值， 且极小值为，无极大值. 【小问2详解】 因为，所以当时，有 ，此时无零点； 当时，由（1）知，在处取极小值. ①当时，在处取极小值0，此时恰有一个零点； ②当 时，在处取极小值 ，此时无零点； ③当时，在处取极小值 . 下面先证明：当时， . 令 ，则，当时，单调递减， 时，单调递增，所以 ，即 ，等号当且仅当时成立. 所以 ，又当且 时， . 所以在和各有一个零点，此时，共有2个零点. 综上可知，当 时，无零点；当时，有一个零点； 当时，共有2个零点. 18. 已知双曲线E的中心在原点，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为，其离心率为，记直线从下到上与x轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示： （1）求双曲线E的方程； （2）求证：； （3）若，，成等差数列，问， 的面积之和是否为定值?并说明理由. 【答案】（1） （2）证明：如图可知直线的斜率存在且为负数， 设直线的方程为， ，，，，. 由，得 .① 则有 ， ， 由韦达定理： ， . 结合 ，，可得. 直线与渐近线相交得， 直线与渐近线相交得， 所以，所以. 而，同理 所以； （3）是定值，理由如下： ， 的面积之和是为定值. 因为，，成等差数列，所以， 即，得，化简得 . 由（2）知，所以 ， 等底等高，所以， 所以， 的面积之和 . 【解析】 【分析】（1）由焦点到渐近线的距离为，离心率为，可得，据此可得双曲线方程； （2）设直线的方程为，，，，，将直线与双曲线方程联立，由韦达定理结合两点间距离公式可完成证明； （3）由题可得，结合（2）可得 ，然后由（2）可知， 最后由可得面积. 【小问1详解】 设所求的双曲线的方程为. 由题设知，双曲线的焦点到渐近线 的距离， 由离心率为知，，又，联立解得，， 故所求的双曲线E的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 的面积之和是否为定值，理由略. 【点睛】关键点睛：对于定值问题，常见思路为用恰当参数表示所求量，随后由题目信息得到等量关系，从而消去参数，可得定值；对于面积问题，常结合两点间距离公式结合点到直线距离公式，求得三角形底边及高，从而求得面积，也可利用转化法，将所求三角形面积转化为易求三角形的面积. 19. 设某网站个人用户登陆需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），是根据登陆时收到的动态校验钥匙m（m为1～5中的一个整数）计算得到的动态校验码，即是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则是的个位数字6，从而得到四位登陆密码为. （1）若用户三位静态密码为，动态校验钥匙m为1～5中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码最有可能是哪个数字? （2）若用户三位静态密码为，其中为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列； （3）若用户三位静态密码均为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙出现的概率为，.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小. 【答案】（1）0 （2） 0 2 4 6 8 （3） 【解析】 【分析】（1）记，分别将代入即可得到相应的M，进而根据题意得到，由出现的次数最多即可得到答案； （2）求出动态校验码可能出现的值，再计算概率即可得到分布列； （3）利用全概率公式求解即可. 【小问1详解】 记. 由题意可知：三位静态密码为时， 若 ，则，得， 若，则，得， 若，则，得， 若，则，得， 若，则，得， 综上可知，用户得到的动态校验码最有可能是0. 【小问2详解】 三位静态密码为，且，则. 当时，，当 时，，当时，，当 时，，当 时，，当时，，当 时，，当时，，当时，，当时，， 所以的取值分布是0，2，4，6，8，其分布列为 0 2 4 6 8 【小问3详解】 记事件A：得到的动态校验码， 事件B：得到的动态校验码， 事件：收到动态校验钥匙， 则，， 从而得到， 同理可得. ①对于事件，：静态密码对应的. 当 时，若取遍0～9这十个整数，得M的个位数也会取遍0～9这十个整数， 可知，从而； 当时，若取遍0～9这十个整数，得的个位数也会取0，3，6，9，2，5，8，1，4，7， 因此有M的个位数字也取遍0~9这十个整数，故， 从而； ②对于事件，：静态密码对应的， 当或4时，M为偶数，得，可知， 又当时，，得，可知，， 从而，； ③对于事件：静态密码对应的， 因此的末位是0或5，即只能是0或5. 又. 当为奇数时，，此时， 当为偶数时，，此时. 从而，，，， 所以. 综上①②③可知，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高校招生统一考试 湖南四大名校名师团队猜题卷（C） 数学 命题：武汉教研团队 外审：湘潭大学附属中学，澧县第一中学 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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的共轭复数满足，则复数 （ ） A. B. C. D. 3. 对于非零向量，，“”是“与方向相反”的（ ）条件. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若关于的方程在上有个实根，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台，，，侧棱与底面所成的角为，则此正四棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若曲线与有公共的切线，则的最大值为（ ） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1 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. 某市采用以旧换新，政府补贴的惠民政策促进消费，该市的某品牌手机门店2025年前六周的销量如下表： 周次 1 2 3 4 5 6 销量 （台） 117 124 138 132 146 153 则（ ） A. 销量的平均数为135 B. 销量的第40百分位数为124 C. 由样本数据计算得样本相关系数为0.952，因此这两个变量y与x线性相关程度很强 D. 经计算销量y关于周次x的经验回归方程为，则 10. 在棱长为的正方体中，为棱中点，为侧面的中心，平面截该正方体所得到的多边形为 ，且 交 于，则（ ） A. 平面 B. C. 是平行四边形 D. 将正方体分成两部分，这两部分的体积之比为2:1 11. 曲线：是一条形似的“比心曲线”.设点是上一个动点，且它与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，则（ ） A. 点和点都在曲线E上 B. 且 C. 在E上存在点P，使 D. 对于E上任意点P，有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某水泥厂流水线上生产的一批袋装水泥，其重量指标X（单位kg）可以看作一个随机变量，且，对于或的产品即为不合格，且，现从这批袋装水泥中随机抽取500袋，用Y表示这500袋水泥的重量指标X位于区间的袋数，则随机变量Y的方差是______. 13. 等比数列的前 项和记为，若 ，，，则_______. 14. 已知动圆过点且与直线：相切，直线与y轴交于K，点P为动圆圆心的轨迹E上任意一点，的角平分线与y轴交点为，则m最大值为_________. 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. 记中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求A； （2）若，边上的中线 长为，求的面积. 16. 在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. （1）证明：平面平面； （2）若平面 与平面 的夹角为，求点P到平面 的距离. 17. 已知函数，其中. （1）求的极值； （2）讨论的零点的个数. 18. 已知双曲线E的中心在原点，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为，其离心率为，记直线从下到上与x轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示： （1）求双曲线E的方程； （2）求证：； （3）若，，成等差数列，问， 的面积之和是否为定值?并说明理由. 19. 设某网站个人用户登陆需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），是根据登陆时收到的动态校验钥匙m（m为1～5中的一个整数）计算得到的动态校验码，即是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则是的个位数字6，从而得到四位登陆密码为. （1）若用户三位静态密码为，动态校验钥匙m为1～5中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码最有可能是哪个数字? （2）若用户三位静态密码为，其中为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列； （3）若用户三位静态密码均为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙出现的概率为，.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $