湖南省长沙市2025届新高三8月摸底考试 数学模拟试题（含解析）

湖南省长沙市2025届新高三8月摸底考试数学模拟试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．设复数满足：，则的共轭复数是（

）A． B． C． D．3．设等差数列的前项和为，若，，则（

）A．34 B．35 C．36 D．384．已知，，，则（

）A． B．C． D．5．已知椭圆及圆O：，如图，过点与椭圆相切的直线l交圆O于点A，若，则椭圆离心率的为（

）A． B． C． D．6．已知，，且有，则的最小值是（

）A．6 B．7 C．8 D．97．若函数是上的单调函数，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数，若存在满足，且，则的最小值为（

）A．5 B．6 C．7 D．8二、多选题9．下列结论正确的是（

）．A．若是无理数，是有理数，则是无理数B．若，则C．若“，”是真命题，则D．已知，是方程的两个实根，则10．若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（

）A． B．点是函数的对称中心C．函数在上单调递增 D．直线是函数图象的对称轴11．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，设它的第n项，若序列的所有项都是2，且，，则（

）A． B． C． D．三、填空题12．已知，则．13．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，则展开式中的常数项为．14．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，，则三棱锥的外接球的体积为.四、解答题15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．16．如图，直三棱柱中，，为上一点，且.

(1)证明：平面平面；(2)若直三棱柱的体积为，求二面角的余弦值.17．已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．(1)求双曲线的标准方程与离心率；(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的两点，为坐标原点，直线的斜率之积为，求的面积．18．在”五四”来临之际，某学校团委组织以“春风吹，青春启航”为主题的知识竞赛，比赛分初赛和决赛两个阶段，甲、乙两人进入决赛争夺冠军，决赛规则如下：每轮答题获得分，其概率为，获得分，其概率为.最多进行轮答题，某同学累计得分为分时，比赛结束，该同学获得冠军，另一同学获得亚军.(1)当进行完轮答题后，甲同学总分为，求的分布列及；(2)若累计得分为的概率为，（初始得分为分，）①求的表达式().②求获得亚军的概率.19．已知函数．当时，求函数的单调增区间；若函数在上是增函数，求实数a的取值范围；若，且对任意，，，都有，求实数a的最小值．参考答案：1．D【分析】解对数不等式求出，进而求出交集.【详解】，解得，故，因为，所以.故选：D2．C【分析】根据复数代数形式的除法法则化简复数，即可得到其共轭复数；【详解】解：，，．故选：C．3．B【分析】先利用等差数列的性质求得，进而求得公差，从而求得得解.【详解】因为是等差数列，设其公差为，因为，则，所以，则，所以，.故选：B.4．A【分析】利用对指函数的单调性求解.【详解】，，，所以.故选：A.5．A【分析】由条件列出的齐次方程，由此可求椭圆离心率的值.【详解】由题意得是等边三角形，则直线的倾斜角为，其斜率为，故直线的方程为，代入椭圆方程整理得，其判别式，化简可得，则，又，所以，故选：A.6．B【解析】由题设结合基本不等式可知，即，再结合不等式的性质可知结论.【详解】，利用基本不等式知，又，，即，当且仅当时等号成立．由不等式的同向可加性知：．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查不等式的性质及基本不等式的应用，解答本题的关键是利用基本不等式转化已知条件得到，即，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力，属于基础题.7．D【分析】由函数解析式知函数在上单调递减，建立不等关系解出即可.【详解】因为函数在上单调，由在上不可能单调递增，则函数在上不可能单调递增，故在R上单调递减，所以，解得，所以的取值范围是.故选：D.8．B【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意，，，2，3，，，都有，要使取得最小值，尽可能多让，2，3，，取得最值点，然后作图可得满足条件的最小值．【详解】因为对任意，都有，要使取得最小值，应尽可能多让取得最值点，考虑，且，按下图取值即可满足条件，则的最小值为6.故选：B.9．BCD【解析】举反例可判断选项A；利用基本不等式求最值可判断选项B；根据二次函数的最小值大于等于求出的范围可判断选项C；由根与系数的关系可得，，将通分，即可求的值，即可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：当，时，是有理数，故选项A错误；对于选项B：因为，所以，则（当且仅当时，等号成立），故选项B正确；对于选项C：由题意可得，解得：，故选项C正确；对于选项D：由题意可得，，则，故选项D正确．故选：BCD【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.10．AB【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项A；整体代入法验证选项BD，利用正弦函数图像性质判断选项C.【详解】∵的两条相邻对称轴距离为.∴，∴.∴.∵，∴，又，则.∴.∴选项A正确；选项B：由，可得函数对称中心的横坐标：.当时，对称中心为.B正确；选项C：当时，，，∴在上不递增，C错误；选项D：由，.可得对称轴：，.∴不是对称轴.或验证法把代入得，∴不是对称轴.∴D错误；故选：AB.11．BC【分析】设，根据累乘法求出，进而求出即可．【详解】设，序列的所有项都是2，，即，，，，解得：，，，，，，故选：BC．12．【分析】利用二倍角公式对化简后代值求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：13．【分析】利用已知条件求出的值，再利用二项展开式通项可求得结果.【详解】在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，令，得各项系数和为，二项式系数和为，则，得．展开式的通项为，令，可得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】结论点睛：对于二项展开式的问题，注意一些常见结论的应用：（1）二项式的系数和为；（2）令变量为，二项式的值为各项系数和.14．【分析】根据棱锥的性质，证明的中点就是三棱锥的外接球球心，得出半径后可求体积．【详解】取中点，中点，连接，则，因为底面，所以平面，因为四边形是菱形，则，所以是的外心，又底面，平面，所以，所以到四点距离相等，即为三棱锥的外接球球心．又，，所以，所以，所以三棱锥的外接球体积为．故答案为：．15．(1)．(2)．【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.【详解】（1）∵，根据正弦定理得，，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以．（2）因为，，，根据余弦定理得，∴．∵，∴．在中，由正弦定理知，，∴，∴，，所以∴，∴．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）几何法：作交于点，交于点，连接，利用勾股定理和相似比可得四边形是平行四边形，所以，再根据面面垂直的性质定理和判断定理即可证明；向量法：利用勾股定理和线面垂直的性质定理可得两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；（2）由直三棱柱体积可得，利用勾股定理和线面垂直的性质定理可得两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）方法一（几何法）:如图，作交于点，交于点，连接，

因为，所以，所以，所以由等面积可得，由勾股定理得，所以，所以，又，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为直三棱柱平面平面，平面平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面.方法二（向量法）：因为，所以，所以，由题知平面，又平面，所以两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令得平面的一个法向量为，因为，所以，平面平面.（2）因为直三棱柱的体积为，所以，解得，所以，由题知平面，又平面，所以两两垂直，以点为原点，以所在直线分别为轴､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，令，得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为设二面角的大小为，则，易知为锐角，所以二面角的余弦值为.17．(1)，；(2).【分析】（1）根据点到直线距离公式求出，再根据渐近线方程及，求出，，得到双曲线方程；（2）设出直线：，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据直线，的斜率之积为，列出方程，得到，得到直线方程，数形结合得到的面积.【详解】（1）双曲线的焦点到渐近线的距离为，则，由一条渐近线方程为，得，而，解得，，所以双曲线的标准方程为，离心率.（2）依题意，设直线：，，由消去y并整理得，显然，则，，由，而，解得，于是，，直线：交y轴于，又，所以的面积为.

18．(1)分布列见解析，(2)①；②获得亚军的概率为【分析】（1）利用二项分布，来求概率即可；（2）①利用递推思想，也就是要分析累计得分，可能是上一次累计得分，再得2分，也可能是上一次累计得分，再得1分，然后计算相应的概率即可得到递推关系；②有了递推关系和首项，就可以用数列中的累加思想求通项，然后求出的值即可表示得冠军的概率，而两人争夺冠亚军是对立事件，所以利用对立事件概率求法即可解决问题.【详解】（1）设进行完轮答题时，得分的次数为，.，，随机变量表示甲同学的总分，其可能取值为，，，，，，，所以的分布列为：3456（2）①当时，即累计得分为分，是第一轮抢答得分，，则，累计得分为分的情况分两种：（i），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为.（ii），即累计得分为分，又一轮抢答得分，其概率为.则，所以.所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以.②由①得，，，，各式累加得：.而，所以.所以获得冠军的概率：.所以获得亚军的概率为：.19．（1）（2）（3）【分析】把代入函数解析式，求其导函数，由导函数大于0求函数的单调增区间；求原函数的导函数，由函数在上是增函数，说明其导函数在上大于等于0恒成立，在导函数中x与恒大于0，只需对恒成立，则a可求；由知，当时在上是增函数，任取，，且规定，则不等式可转化为