湖南省江西省普通高中名校联考2025届高三数学下学期信息卷压轴卷一文含解析

PAGE23-湖南省江西省一般中学名校联考2025届高三数学下学期信息卷（压轴卷一）文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.设函数的定义域为A，函数的定义域为B，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据函数定义域的求法分别求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，即；由得：，即，.故选：.【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到函数定义域的求解问题，属于基础题.2.若复数满意，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由复数的除法运算可得，进而可得模长.【详解】由，可得..故选C.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.3.A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式转化，原式=sin163°•sin223°+cos163°cos223°再通过两角和公式化简，转化成特殊角得出结果．【详解】原式=sin163°•sin223°+cos163°cos223°=cos（163°-223°）=cos（-60°）=.故选A.【点睛】本题主要考查了诱导公式应用及两角和与差的余弦公式．要熟记公式是关键．4.《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：则依据以上规律，若具有“穿墙术”，则m，n满意的关系式为（）A.n=2m-1 B.n=2(m-1) C.n=(m-1)2 D.n=m2-1【答案】D【解析】【分析】依据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果.【详解】由题可知：，，则可归纳：，所以故选：D【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，细致视察，发觉特点，对选择题以及填空题，常可采纳特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题.5.某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥全部棱的长度的集合，则（）.A.，且 B.，且C.，且 D.，且【答案】D【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，依据三视图的长度，进一步求出个各棱长.【详解】依据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，如图所示：所以：，，.故选：D..【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算实力和转换实力及思维实力，属于基础题.6.已知函数的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（）①围着轴上一点旋转;②沿轴正方向平移;③以轴为轴作轴对称;④以轴的某一条垂线为轴作轴对称.A.①③ B.③④ C.②③ D.②④【答案】D【解析】【分析】计算得到，，故函数是周期函数，轴对称图形，故②④正确，依据图像知①③错误，得到答案.【详解】，，，当沿轴正方向平移个单位时，重合，故②正确；，，故，函数关于对称，故④正确；依据图像知：①③不正确；故选：.【点睛】本题考查了依据函数图像推断函数性质，意在考查学生对于三角函数学问和图像的综合应用.7.已知双曲线的中心为坐标原点，离心率为，点在上，则的方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】探讨双曲线的焦点轴，设出方程，依据条件列出方程组求解即可.【详解】当双曲线的焦点在x轴，设双曲线的方程为：.依据题意可得：，解得，所以.当双曲线的焦点在y轴，设双曲线的方程为：.依据题意可得：，方程无解.综上的方程为.故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线方程的求解，留意题中没有交代焦点轴时，解题时须要分状况探讨，属于中档题.8.在如图所示的程序框图中，若输出的值是，则输入x的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据程序框图运行程序，直到时知，由此得到且，解不等式组求得结果.【详解】依据程序框图运行程序，输入，，记此后第次被赋值的结果为，则，，不满意，循环；，，不满意，循环；，，不满意，循环；，，满意，输出，此时，解得：，输入的的取值范围为.故选：.【点睛】本题考查依据程序框图输出结果计算输入值的问题，关键是能够依据推断框的条件确定输入值所满意的不等关系.9.已知向量满意，且，，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据可知，利用数形结合的方式可确定所求夹角的正切值，进而求得结果.【详解】由知：以为邻边的平行四边形的对角线相等，以为邻边的平行四边形为矩形，即，如下图所示：设向量与的夹角为，又，向量与的夹角为.故选：.【点睛】本题考查平面对量夹角的求解问题，关键是能够依据已知中的模长相等的关系确定两向量相互垂直，易错点是忽视向量的方向，造成夹角推断错误.10.如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（）A.在点F的运动过程中，存在EF//BC1B.在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AEC.四面体EMAC的体积为定值D.四面体FA1C1B的体积不为定值【答案】C【解析】【分析】采纳逐一验证法，依据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.【详解】A错误由平面，//而与平面相交，故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1B错误，如图，作由又平面，所以平面又平面，所以由//，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正确四面体EMAC的体积为其中为点到平面的距离，由//，平面，平面所以//平面，则点到平面的距离即点到平面的距离，所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值错误由//，平面，平面所以//平面，则点到平面的距离即为点到平面的距离，所以为定值所以四面体FA1C1B的体积为定值故选：C【点睛】本题考查线面、线线之间的关系，考验分析实力以及逻辑推理实力，娴熟线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.11.设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则b的取值范围为（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由锐角三角形的性质，先求出的范围，结合正弦定理进行转化求解即可【详解】解：在锐角三角形中，，即，且，则，即，综上，则，因为，，所以由正弦定理得，得，因为，所以，所以，所以b的取值范围为故选：C【点睛】此题考查三角函数的性质，结合锐角三角形的性质以及正弦定理进行转化是解决此题的关键，属于中档题.12.已知函数，，当，且时，方程根的个数是（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】分别推断两个函数的奇偶性及单调性，进而做出二者的图象，依据图象交点个数可得出答案.【详解】由题意，函数，在上是奇函数，且是反比例函数，又，所以在上是奇函数.又，所以时，；时，；时，；时，.所以在上单调递减；在上单调递增；在单调递减；在上单调递增.作出的图象，如下图所示，，，，，则与的图象在上有1个交点；，，，则与的图象在上有1个交点；，，，则与的图象在上有1个交点；，，，则与的图象在上有1个交点.故与的图象在上有4个交点，依据对称性可知，二者图象在上4个交点，故当，且时，方程根的个数是8.故选：D.【点睛】本题考查函数图象交点问题，考查函数图象的应用，考查学生的推理实力，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上.13.若函数且，，则____________.【答案】1【解析】【分析】首先依据两个函数值求，再求和.【详解】依据条件可知，解得：，即，，故填：1.【点睛】本题考查分段函数求值，意在考查基本的计算实力，属于简洁题型.14.将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数，则直线与圆有公共点的概率为________.【答案】【解析】将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数得种结果，由直线与圆有公共点可得，故满意的结果有种，由古典概型的计算公式可得：直线与圆有公共点的概率为，应填答案．15.圆锥底面半径为1，高为，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P动身，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是___．【答案】【解析】【分析】把圆锥侧面绽开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，求出CD长，依据垂径定理求出PC=2CD，即可得出答案．【详解】把圆锥侧面绽开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，过A作AD⊥PC于D，弧PC的长是2π⋅1=2π，则侧面绽开图的圆心角是，∴∠DAC=，∵AC=3，∴，所以.即蚂蚁爬行的最短路程是.故答案为.【点睛】考查了平面绽开﹣最短路径问题，圆锥的侧面绽开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面绽开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．16.在党中心的正确指导下，通过全国人民的同心协力，特殊是全体一线医护人员的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了限制.下图是国家卫健委给出的全国疫情通报，甲、乙两个省份从2月7日到2月13日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图如下：

依据图中甲、乙两省的数字特征进行比对，通过比较把你得到最重要的两个结论写在答案纸指定的空白处.①_________________________________________________.②_________________________________________________.【答案】(1).甲省比乙省的新增人数的平均数低(2).甲省比乙省的方差要大【解析】【分析】干脆依据折线图得到答案【详解】依据折线图知：①甲省比乙省的新增人数的平均数低；②甲省比乙省的方差要大.故答案为：甲省比乙省的新增人数的平均数低；甲省比乙省的方差要大.【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解实力和应用实力.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.17.设为数列的前项和，已知，．（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的通项公式，并推断，，是否成等差数列？【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）依据条件构造等比数列：，再依据等比数列定义赐予证明，（2）先依据等比数列通项公式求得，即得的通项公式，再依据分组求和法得，最终推断是否成立.试题解析：证明：∵，，∴，∴，∴，，∴是首项为公比为的等比数列.（2）解：由（1）知，，∴，∴，∴，∴，即，，成等差数列.18.由于受到网络电商的冲击，某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响，承受了肯定的经济损失，现将地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失统计如图所示.（1）求的值；（2）求地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失的众数以及中位数；（3）不经过计算，干脆给出地区200家实体店经济损失的平均数与6000的大小关系.【答案】（1）；（2）众数为3000，中位数为；（3）【解析】【分析】（1）依据概率和为1计算得到答案.（2）计算众数和中位数得到答案.（3）干脆依据概率分布直方图得到答案.【详解】（1）依题意，，解得.（2）由图可知，地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失的众数为3000，第一块小矩形面积，其次块小矩形的面积，故所求中位数在之间，所求中位数为.（3）干脆依据概率分布直方图得到：.【点睛】本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解实力以及必定与或然思想.19.如图，在多面体中，底面是正方形，梯形底面，且．（Ⅰ）证明平面平面；（Ⅱ）平面将多面体分成两部分，求两部分的体积比．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，可得，，即可得平面，从而证明平面平面；（Ⅱ）作于，过作于，作，．利用多面体的体积，求得多面体的体积，进而求得，得到答案．【详解】（Ⅰ）由题意，多面体的底面是正方形，可得，又由梯形底面，梯形底面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为梯形中，，取的中点，连接，所以，所以，又因为，所以平面，又由平面，所以平面平面．（Ⅱ）如图所示，作于，过作于，作，．∵梯形底面，且．∴面，面，在中，由可得，令，则，，多面体的体积为：．由（1）及对称性可得平面，∵，，∴到面的距离等于到面的距离的一半，即到面的距离等于，故．∴平面将多面体分成两部分，两部分的体积比为．【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记空间几何体的线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用几何体的体积公式，精确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算实力．20.已知椭圆的短轴长为，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线平行于直线，且与椭圆交于两个不同的点，若为钝角，求直线在轴上的截距的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由短轴长为，离心率为，可求出椭圆中的值，进而可求出椭圆的标准方程；（2）由直线平行于直线，可设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得到关于的一元二次方程，由，可求得，再结合为钝角，可得，且，将该式绽开，并结合韦达定理，可求出，进而可求出的取值范围，再结合直线在轴上的截距，可求出的取值范围．【详解】（1）由题意可得，所以，，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）由于直线平行于直线，即，设直线在轴上的截距为，所以方程为．联立，得，因为直线与椭圆交于两个不同的点，所以，解得．设，，则，．因为为钝角等价于，且，所以，即，且，所以直线在轴上的截距的取值范围：．因为直线在轴上的截距，所以的取值范围是：．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查学生的计算求解实力，属于中档题.21.已知函数.（Ⅰ）探讨函数f（x）的单调性；（Ⅱ）令，若对随意的x＞0，a＞0，恒有f（x）≥g（a）成立，求实数k的最大整数.【答案】（1）见解析（2）7【解析】【分析】（1）探讨和两种状况；（2）由成立转化，分别k,构造函数求最值即可.【详解】（1）此函数的定义域为，（1）当时，在上单调递增，（2）当时，单调递减，单调增综上所述：当时，在上单调递增当时，单调递减，单调递增.（2）由（Ⅰ）知恒成立，则只需恒成立，则，令则只需则单调递减，单调递增，即的最大整数为【点睛】本题考查利用导数探讨函数单调性，求最值，考查双变元