精品解析：湖南省怀化市2025-2026学年高三上学期入学考试数学试题

怀化市2025年下期高三年级入学考试 数学 注意事项： 1．答题前，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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. （ ）． A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 样本数据1，2，4，4，5，7，8，8的中位数为（ ）． A. 4 B. C. 5 D. 6 3. 已知集合，，则（ ）. A. B. C. D. 4. 已知向量，，则（ ）． A. 0 B. 2 C. D. 5. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 6. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）． A. 10 B. 13 C. 9 D. 27 7. 设，，，则（ ）． A. B. C. D. 8. ，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，，，分别是射线，，上的点，且，，，D，E，F分别为，，的中点，则点E到直线的距离为（ ）． A. B. C. 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. 下列函数中，对应图象的对称中心与函数的图象的对称中心不完全相同的是（ ）． A. B. C. D. 10. 已知是数列的前n项和，，，则（ ）． A. 是递增数列 B. C. D. 11. 已知曲线C过点，且C上的点满足到坐标原点O的距离与到定直线的距离之和为2，则（ ）． A. B. 曲线C的图象关于x轴对称 C. C上的点的横坐标的最大值为 D. 的最小值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 若圆与抛物线的准线相切，则______． 13. 在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”排成一行组成的序列，不同的排列表示不同的信号．已知某信号由2个1和4个0组成，且每个0的左边或者右边位置至少有1个0与它相邻，则这样的信号有_____种． 14. 已知函数，若函数恰有6个零点，则m的取值范围为______． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为，，，已知，. （1）求A； （2）若，求的面积. 16. 如图，直四棱柱的底面为梯形，，，，若平面与交于点E． （1）求的长； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3的卡片各2张，两人轮流从中随机抽取1张卡片，已知甲先抽卡． （1）若采用有放回的随机抽取的方式，规定直到其中1人抽到的卡片编号之和为3，游戏结束，求游戏结束时，两人总共抽取了3张卡片的概率． （2）若采用不放回的随机抽取的方式，直到其中1人抽到的卡片编号之和为3或者所有卡片被抽完时，游戏结束．记游戏结束时，甲恰好抽了X张卡片，求X的分布列与期望． 18. 已知和为双曲线上的两点． （1）求C的方程． （2）过点的直线l与双曲线C交于D，E两点（D，E不在x轴上）． （ⅰ）若D，E均在C的右支上，且，求l的方程； （ⅱ）直线AD和AE分别与直线交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 19. 已知函数． （1）若直线是曲线在处的切线方程，求a，b的值． （2）设和是函数的两个零点． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）当最小时，求a的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 怀化市2025年下期高三年级入学考试 数学 注意事项： 1．答题前，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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. （ ）． A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则及模的公式求解即可. 【详解】由， 则． 故选：D 2. 样本数据1，2，4，4，5，7，8，8的中位数为（ ）． A. 4 B. C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数的定义求解. 【详解】样本数据的中位数为． 故选：B. 3. 已知集合，，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交集的运算法则，结合对数函数定义域的求法即可求解. 【详解】，，则. 故选：B. 4. 已知向量，，则（ ）． A. 0 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量线性运算的坐标表示，求得的坐标.再根据向量数量积的坐标运算法则，求得的值. 【详解】由题可知:,即，所以. ,即,所以. 所以． 故选：B. 5. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据弦切互化，以及二倍角公式即可求解. 【详解】， 故． 故选：A 6. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）． A. 10 B. 13 C. 9 D. 27 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，由化简得，再根据等比数列通项公式计算求解. 【详解】设等比数列的公比为， 则， 即，因，， 则可得，所以． 故选：C 7. 设，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，则，根据单调性得出为函数的最小值，，，结合对数函数的性质解不等式，即可得出的大小关系. 【详解】令，则， 若，则，故在上单调递减， 若，则，故在上单调递增， 所以为函数的最小值. 所以，，即： ，得，即. ，即. 所以，． 故选：D. 8. ，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，，，分别是射线，，上的点，且，，，D，E，F分别为，，的中点，则点E到直线的距离为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用，，表示出与，由点E到直线的距离为可计算得到答案 【详解】 如图所示，为的中点， 则， ， 又， ， ， ， 点E到直线DF的距离为． 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. 下列函数中，对应图象的对称中心与函数的图象的对称中心不完全相同的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正切函数的性质可求得图象的对称中心坐标为，对于A，求出函数的对称中心即可判断；对于B，D，由题意可得函数的周期，即可判断；对于C，举反例，即可判断. 【详解】令，，解得，， 所以图象的对称中心坐标为， 对于A，令，，解得，， 与的图象的对称中心相同； 对于B，D选项中函数的周期为，显然与的图象的对称中心不完全相同； 对于C，当时，， 所以是函数的图象的对称中心，但不是函数的图象的对称中心， 所以函数与的图象的对称中心不完全相同. 故选：BCD 10. 已知是数列的前n项和，，，则（ ）． A. 是递增数列 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知，得，可得是递增数列，判断A；根据递推公式分n为奇数时，n为偶数时的数列为等差数列，计算即可判断BC；由前面分析，对奇偶项分组求和可判断D. 【详解】对于A，由数列递推式，无论为奇数，还是偶数，都有成立，故是递增数列，A正确； 对于B，若n为奇数，则是偶数，是奇数， 所以，，即， 则数列的奇数项构成首项为、公差为3的等差数列， 故，B正确； 对于C，若n为偶数，则是奇数，是偶数， 所以，，即， 则数列的偶数项构成首项为、公差为3的等差数列， 故，C错误； 对于D，由前面分析得 ，D正确． 故选：ABD 11. 已知曲线C过点，且C上的点满足到坐标原点O的距离与到定直线的距离之和为2，则（ ）． A. B. 曲线C的图象关于x轴对称 C. C上的点的横坐标的最大值为 D. 的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意得等量关系，即可代入点坐标求解，进而可判断A，根据点的对称可判断B，由分类讨论可求解C，根据基本不等式求解D. 【详解】设曲线C上的动点，则， 因为曲线C过点，所以有，解得，负根舍去，故A正确； C的方程为，若在曲线上，则也在曲线上，不在曲线上，故曲线C的图象关于y轴对称，不关于x轴对称，B错误； 当时，可化为，即， 当时，可化为，即， 当且仅当时，，即C上的点的横坐标的最大值为，C正确； 令，，则，，，， 因为，所以，当且仅当时取到等号，即的最小值为1，D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 若圆与抛物线的准线相切，则______． 【答案】 【解析】 【分析】求解圆心，根据点到直线的距离公式即可求解. 【详解】可化为， 则圆M的圆心坐标为，半径为， 抛物线的准线方程为， 所以，即． 故答案为： 13. 在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”排成一行组成的序列，不同的排列表示不同的信号．已知某信号由2个1和4个0组成，且每个0的左边或者右边位置至少有1个0与它相邻，则这样的信号有_____种． 【答案】6 【解析】 【分析】按照每个0的左边或者右边位置至少有1个0与它相邻有两种情况，再根据排列组合来求解即可. 【详解】第一种情况，4个0全部相邻，把4个0看成1个元素，共有种； 第二种情况，将4个0分成2组，每组2个0，每组不相邻，利用插空法共有种． 综上，这样的信号共有6种． 故答案为：. 14. 已知函数，若函数恰有6个零点，则m的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】目标函数内外两层是不同的解析式，可以分层化归为已知函数来求解. 【详解】令，则恰有个零点， 等价于有三个不同的解，，， 且对应有个实数根， 由函数的图象，如图， 所以，， 要满足有个实数根，则需 即，解得． 故m的取值范围为． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为，，，已知，. （1）求A； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理结合题干条件可得的值，结合，即可求得的值，从而求出的值即可求解； （2）由（1）可得，由正弦定理可得.结合，解得，.由，结合，得，利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理得，又， ∴. ∵，∴，∴. 又∵，∴. ∵，∴. 【小问2详解】 由（1）知，，∴. 由正弦定理得，即，∴. 又，∴，解得，. ∵， ∴，即，解得或. 又，∴，∴， ∴的面积. 16. 如图，直四棱柱的底面为梯形，，，，若平面与交于点E． （1）求的长； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质定理得到∽，进而可求解； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 如图： 因为平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以． 因为， 由等角定理可得：， 又， 所以∽． 因为， 所以 所以E为的中点，故． 【小问2详解】 以B为原点，，，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， 则，，，，， 易知是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，， 所以平面的一个法向量为． ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3的卡片各2张，两人轮流从中随机抽取1张卡片，已知甲先抽卡． （1）若采用有放回的随机抽取的方式，规定直到其中1人抽到的卡片编号之和为3，游戏结束，求游戏结束时，两人总共抽取了3张卡片的概率． （2）若采用不放回的随机抽取的方式，直到其中1人抽到的卡片编号之和为3或者所有卡片被抽完时，游戏结束．记游戏结束时，甲恰好抽了X张卡片，求X的分布列与期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解， （2）列举每种情况的抽取情况，即可求解概率，进而可得解. 【小问1详解】 游戏结束时，甲，乙两人总共只抽取3张卡片， 则甲抽了两次，乙抽了1次，故乙不能取到编号3的卡片，甲两次抽取的编号要么是1，2要么是2，1，因此所求概率， 【小问2详解】 X的可能取值为1，2，3． 时，则抽取卡片的编号的情况有3，或者13，或者23， ． 当时，有以下两种情况： ①游戏结束时，甲、乙两人总共只抽取3张卡片，则按照甲乙先后的顺序抽取会出现的情况有122，112，221，211，故 ； ②游戏结束时，甲、乙两人总共只抽取4张卡片，则按照甲乙先后的顺序抽取会出现的情况有：1132，1231，2132，2231， 两次抽取的编号之和不为3的概率． 故． ． 故X的分布列为 X 1 2 3 P ． 18. 已知和为双曲线上的两点． （1）求C的方程． （2）过点的直线l与双曲线C交于D，E两点（D，E不在x轴上）． （ⅰ）若D，E均在C的右支上，且，求l的方程； （ⅱ）直线AD和AE分别与直线交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）直线，令，得， 同理可得，故，． 记以MN为直径的圆与x轴交于P，Q两点，圆心为， 所以 由（1）知， ，， 所以 ， 所以，为定值． 【解析】 【分析】（1）将点代入求参数即可； （2）（ⅰ）设直线l的方程为，，，联立得到，，再利用弦长求参数即可求解； （ⅱ）由题知直线，进而得到，同理可得，利用，代入计算即可证明. 【小问1详解】 由题可知，解得，， 所以C的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由题可知直线l斜率不为0，设直线l的方程为， 联立，得， 设，， 则且， 解得，，， ， 解得，所以l的方程为． （ⅱ）略 19. 已知函数． （1）若直线是曲线在处的切线方程，求a，b的值． （2）设和是函数的两个零点． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）当最小时，求a的值． 【答案】（1）， （2）（ⅰ）；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（ⅰ）求导，分和两种情况结合单调性讨论求解即可； （ⅱ）设，，结合题设可得，令，可得，设，，利用导数分析其单调性，可得在上单调递增，因此欲求t的最小值，只需求的最小值，即求的最小值，设，，利用导数分析其单调性可得当时，取最小值，进而求解即可. 【小问1详解】 由，则， 所以，解得， 又， 所以，即． 【小问2详解】 （ⅰ）由． 当时，，则在R上单调递增， 则在R上至多存在一个零点，不符合题意； 当时，由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则． 令，，则， 由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，则． 当时，，当时，， 则由函数零点存在定理可知在R上有两个不同的零点． 综上可知，a的取值范围为． （ⅱ）因为，结合的单调性可设，， 且，，两式相减整理得． 令，则， 又，有，所以， 则， 设，， 则， 设，，则， 则在上单调递增， 因为，所以，即， 则在上单调递增， 故欲求t的最小值，只需求的最小值，即求的最小值． 令，，则， 令，，则， 则在上单调递增， 又，，所以，，即， 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则当时，取最小值，取最小值，t取最小值， 此时． 综上所述，当最小时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $