精品解析：湘豫名校2025-2026学年高三上学期入学摸底考试数学试卷

湘豫名校联考 2025年9月高三秋季入学摸底考试 数学 注意事项： 1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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. 若复数，则（　　） A. 13 B. C. 5 D. 2. 已知集合，，则（　　） A B. C. D. 3. 已知样本数据7，8，6，10，6，5，9，12，则该组数据的第60百分位数为（　　） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 与圆外切，同时与圆内切的圆的圆心在（　　） A. 椭圆上 B. 双曲线的一支上 C. 抛物线上 D. 圆上 5. 在等差数列中，公差，若，则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 18 6. 已知在上可导，则（　　） A. B. C. D. 7. 如图， 为等边三角形的中线上任一点，，，则（　　） A. B. C. D. 8. 定义在上函数的图象关于点对称，且有，当时，恒有，则（　　） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图，在正方体中，对角线与平面交于点，则（　　） A. 直线与所成的角为 B. 平面 C. D. 为的垂心 10. 已知均为锐角，且，则（　　） A. B. C. 若，则 D. 的最大值为 11. 已知数列满足，则（　　） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的图象的一条对称轴方程是___________． 13. 有一摸球游戏，规则如下：在盒子里放大小、质地完全相同的5个红球和10个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时结束．则最后只剩红球的概率为___________． 14. 已知是抛物线上一点，过点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于两点（异于点）．若直线恒过点，则___________． 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求证：； （2）求的值． 16. 某大学一兴趣小组为探究“是否定期锻炼”与“睡眠质量”之间关系，随机选取了50名同学做调查问卷，得到如下数据（其中睡眠质量得分满分为100分）： 睡眠质量得分 否定期锻炼 高于85分 不高于85分 合计 定期锻炼 15 5 20 不定期锻炼 5 25 30 合计 20 30 50 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为“定期锻炼”和“睡眠质量得分高于85分”有关联？ （2）从睡眠质量得分高于85分的20人中随机抽取2人，求这2人中“定期锻炼”的人数的分布列． 附：，其中． 独立性检验中5个常用小概率值和相应的临界值表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程． （2）记，若有两个零点． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 18. 如图，正四棱锥中，是棱的中点，是底面的中心．过作平面与棱分别交于不同的点（可以是端点）． （1）求证：三线交于一点； （2）若． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求多面体的体积的取值范围． 19. 已知双曲线的渐近线的斜率为，且实轴长为2． （1）求的标准方程； （2）若与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹为曲线． （i）求曲线的方程； （ii）过点的直线与曲线交于两点，且点分别位于轴两侧，设在点处的切线交于点，求面积的最小值． 附：双曲线上任一点处的切线方程为；椭圆上任一点处的切线方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘豫名校联考 2025年9月高三秋季入学摸底考试 数学 注意事项： 1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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. 若复数，则（　　） A. 13 B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义和复数的乘法运算计算即得. 【详解】因，则． 故选：A． 2. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦函数性质解得集合A，再求两个集合交集. 【详解】由余弦函数的性质得， 所以集合， 所以． 故选：B. 3. 已知样本数据7，8，6，10，6，5，9，12，则该组数据的第60百分位数为（　　） A 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分数定义计算求解即可. 【详解】将该组数据从小到大排列：5，6，6，7，8，9，10，12，共8项． 又，所以该组数据的第60百分位数为第5项，即8． 故选：C． 4. 与圆外切，同时与圆内切的圆的圆心在（　　） A. 椭圆上 B. 双曲线的一支上 C. 抛物线上 D. 圆上 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系可得，再根据椭圆的定义可得动圆圆心的轨迹. 【详解】设动圆的圆心为，半径为，圆，圆， 则，. 又，所以点在以为焦点的椭圆上． 故选：A． 5. 在等差数列中，公差，若，则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列求和公式和数列中项的关系得到等式，解出. 【详解】由题中条件可得，即， ，， ∴，所以． 故选：C． 6. 已知在上可导，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合导数的定义，即可求解. 【详解】由导数的定义，可得． 故选：B． 7. 如图， 为等边三角形的中线上任一点，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量加减法运算法则，将要求的式子拆分成已知向量求解；或者直接建立平面直角坐标系，用向量的坐标表示，根据已知条件列方程求解 【详解】方法一： 因为为等边三角形，是边的中点.所以.故. 所以. 因为是边上的中点，所以有. 因此. 故选：D 方法二： 以为原点，，为轴，轴,建立如图所示的平面直角坐标系. 设，，，. 则，，，. 所以. 又因为，，所以有 两式作差得.故. 故选：D 8. 定义在上的函数的图象关于点对称，且有，当时，恒有，则（　　） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数关于点对称可得，根据赋值法可得，结合单调性，可得当时，恒有，再利用递推式计算即可． 【详解】在中，令，得． 因为函数的图象关于点对称，所以． 令，则，所以． 又，所以． 在中，令，得，所以． 又由已知，在上是不减的函数，所以当时，恒有． 由，得． 所以． 因为，所以． 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图，在正方体中，对角线与平面交于点，则（　　） A. 直线与所成的角为 B. 平面 C. D. 为的垂心 【答案】BD 【解析】 【分析】根据可得、所成的角为或其补角，计算可判断A的正误，根据空间垂直关系的转化可证明平面，故可判断B的正误，根据等积法可求的长度，故可判断C的正误，根据B中的结果结合可得为三角形的中心，故可判断D的正误. 【详解】对于A，因为，故、所成的角为或其补角， 由正方体可得为等腰直角三角形，故， 故直线与所成的角即为，A错误． 对于B，如图，连接， 由正方体可得平面， 又平面，所以． 因为，平面，所以平面， 而平面，所以．同理． 又，平面，所以平面，B正确． 对于C，设正方体的棱长为，则． 因为平面，所以， 解得，所以，C错误． 对于D，因为平面，且为正三角形，， 所以为的中心，即为的垂心，D正确． 故选：BD． 10. 已知均为锐角，且，则（　　） A. B. C. 若，则 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用和差角的正弦公式化简判断AB；利用和差角的正切公式，结合基本不等式求解判断CD. 【详解】由，得， 即，由为锐角，得， 对于AB，，A正确，B错误； 对于C，由，得， 即，而，解得，C正确； 对于D，， 当且仅当，即时取等号，D正确． 故选：ACD 11. 已知数列满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】赋值计算即得A项；由数列和式的有界性可得，排除B项；由数列递推式中项的关系得到，整理即可判断C项；对于D项，将数列和式进行放缩裂项求和得到，于是可得，进而得到，设，利用求导判断其单调性，推得，即得，进而，故得，赋值累加可得，利用对数的运算性质和对数函数单调性即得. 【详解】对于A，由题意，，解得，故A正确； 对于B，当时，有，则有，故B错误； 对于C，，则得， 即，故C正确； 对于D，考虑不等式两边取对数，若D项正确， 则必有成立. 已知，当时， ， 则得．所以（*）． 设，则， 即函数在上单调递减，则， 即，故有，结合（*）可得， 故 ，即， 而当时，，原不等式成立，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的图象的一条对称轴方程是___________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】利用辅助角公式将化成正弦型函数，根据正弦函数的对称轴即可求出其对称轴. 【详解】， 由，，解得， 即图象的对称轴为． 所以为图象的一条对称轴. 故答案为：（答案不唯一） 13. 有一摸球游戏，规则如下：在盒子里放大小、质地完全相同的5个红球和10个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时结束．则最后只剩红球的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】最后一个球规定为红球，只需考虑剩余个红球在前个位置的放法种数即可. 【详解】在个红球，个白球中，个红球的放法有种，即基本事件总数为， 由于最后一个是红球，那么在前个球中有个白球，个红球，其中个红球的放法有种， 故所求概率． 故答案为：. 14. 已知是抛物线上一点，过点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于两点（异于点）．若直线恒过点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】设出点，，的坐标，利用向量关系来表示垂直、共线条件，则可求出点B坐标，最终求得. 【详解】设,(互不相等）， ，， 由，得， 即， 化简得， 由三点共线，得，因为，， 所以， 化简得， 所以，所以为定点，． 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求证：； （2）求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）由余弦定理结合已知条件化简即可求解； （2）由（1）及正弦定理得，代入化简即可求值. 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理可得：， 所以，即. 【小问2详解】 由（1）及正弦定理得， 所以 因为为三角形内角，所以， 所以 16. 某大学一兴趣小组为探究“是否定期锻炼”与“睡眠质量”之间的关系，随机选取了50名同学做调查问卷，得到如下数据（其中睡眠质量得分满分为100分）： 睡眠质量得分 是否定期锻炼 高于85分 不高于85分 合计 定期锻炼 15 5 20 不定期锻炼 5 25 30 合计 20 30 50 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为“定期锻炼”和“睡眠质量得分高于85分”有关联？ （2）从睡眠质量得分高于85分的20人中随机抽取2人，求这2人中“定期锻炼”的人数的分布列． 附：，其中． 独立性检验中5个常用的小概率值和相应的临界值表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）认为“定期锻炼”和“睡眠质量得分高于85分”有关联 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据给定数表，求出的观测值，再与临界值比对得解. （2）求出的可能值，再求出各个值对应的概率列出分布列. 小问1详解】 零假设：“定期锻炼”和“睡眠质量得分高于85分”没有关联， 经计算得， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为“定期锻炼”和“睡眠质量得分高于85分”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2， ， 所以的分布列为 0 1 2 17. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程． （2）记，若有两个零点． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，得到，结合导数的几何意义，即可求解； （2）（i）根据题意，得到，当时，求得，得出函数在上单调递减，不符合题意，舍去；当时，利用导数求得的单调区间及，结合函数的单调性即可求解； （ii）由（i）求得，令，利用导数求得在上单调递增，结合，即可得证. 【小问1详解】 解：当时，函数，可得， 则，且， 所以在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 解：（i）由，则定义域为， 且， 当时，，可得， 所以在上单调递减，不存在两个零点，不符合题意，舍去； 当时，令，可得，解得， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，要满足题意，只需， 由，所以函数在上单调递增，且， 所以，即的取值范围是； （ii）由（i）可得， 令，可得， 当时，，所以在上单调递增． 所以，即，得证. 18. 如图，正四棱锥中，是棱的中点，是底面的中心．过作平面与棱分别交于不同的点（可以是端点）． （1）求证：三线交于一点； （2）若． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求多面体的体积的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用平面相交的性质，证明点在两个平面的交线上，从而证明三线共点． （2）（i）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求线面角的正弦值． （ii）方法一：利用重心性质，结合三角形面积比例关系，求出体积的取值范围； 方法二：将多面体体积转化为两个三棱锥体积之和，通过分析距离和的范围求解体积范围． 【小问1详解】 根据题意，，为定点，，为动点． 如图，连接． 在平面中，不妨设交于点， 因为平面，所以平面． 因为平面，所以平面． 因为平面平面，所以点也在上， 即三线交于一点． 【小问2详解】 （i）因为，所以． 由已知四边形为正方形，易得． 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则． 所以． 设平面的法向量为， 则，即． 取，得， 即平面的一个法向量为． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （ii）方法一：由（1）知三线交于点， 显然是和的重心． 同时． 因此，只需要求的面积的取值范围． 如图，中，， 由重心的性质知①， 又三点共线，所以， 且， 所以②． 对比①②两式，可得． 因为，所以． 因为， 所以. 又，令，则， 故． 因此． 所以，即多面体的体积的取值范围为． 方法二：由（1）知三线交于点，显然是的重心， ， 又， 所以． 只需要求距离和的取值范围． 根据已知条件，线段绕点旋转，如图， 设，又， 则， 所以， 因为，即， 所以． 由题意，，则，所以. 故令，则， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 故，此时； ，此时． 所以如图，在中， 当位于平行于位置时，距离和最小，最小距离为； 当位于位置时，距离和最大，此时为的中点，最大距离和为， 所以，即多面体的体积的取值范围为． 19. 已知双曲线的渐近线的斜率为，且实轴长为2． （1）求的标准方程； （2）若与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹为曲线． （i）求曲线的方程； （ii）过点的直线与曲线交于两点，且点分别位于轴两侧，设在点处的切线交于点，求面积的最小值． 附：双曲线上任一点处的切线方程为；椭圆上任一点处的切线方程为. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由渐近线斜率和实轴长可求得，写出方程； （2）（i）将直线与双曲线方程联立，由得关系，可消参得到点坐标关系即曲线方程；（ii）设，由题后所附知识点可求得交点，进而表示出，令，则（且），求导求最值. 【小问1详解】 依条件知，且， 所以，所以的标准方程为. 【小问2详解】 （i）联立方程，得． 因为双曲线与直线有唯一的公共点， 所以，即． 此时. 当时，，即，其中． 所以过点且与垂直的直线为. 可得，即. 消去，可得，即，其中． 所以曲线的方程是. （ii）由（i）知曲线是焦点在轴上，实轴长为4，虚轴长为4的双曲线（去掉两个顶点）． 显然，直线的斜率存在，设， 代入，得． 由题知与的左、右两支相交，则，解得且． 设，则. 又曲线在点处的切线方程分别为， 联立解得点的坐标为． 过点作轴的垂线交直线于点，则. 从而， 所以 . 令且，则（且）. 因为，由得，且；由得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，即面积的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $