湖南省“天一大联考”2025届高三10月联考数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页湖南省“天一大联考”2025届高三10月联考数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={−2,−1,0,1}，B={x|2x≤12A.{−1} B.{−2,−1} C.{1} D.{−1,0,1}2.若复数z满足z1+2i=1−i，则z=(

)A.−1+i B.1+3i C.1+i D.3+i3.已知f(x)=excosxeA.−2 B.−1 C.1 D.24.A，B，C三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加.若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且A大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有(

)A.18种 B.21种 C.24种 D.36种5.已知a，b，c均为单位向量，且<a，b>=2π3，<a+b，A.34 B.32 C.96.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2022，S2024，S2026−8成等差数列，a2A.900 B.600 C.450 D.3007.已知函数f(x)=sin2ωx+cos4ωx(ω>0)的最小正周期为A.58 B.34 C.788.过抛物线y2=2x上一动点P作圆C:(x−4)2+y2=r2(r为常数且r∈N∗A.1 B.2 C.3 D.4二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知随机变量X~N(1,σ2),记P(X>-1)=a,P(1<X<3)=b,则(

)A.P(X<3)=a B.a-b=12 C.E(2X-1)=2E(X) D.D(2X-1)=4D(X10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1A.平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面为六边形

B.点G到平面AEF的距离为定值

C.若A1G=xA1A+yA11.已知正项数列{an}满足an+1=aA.若k=32，则a2024=3 B.若a2024=3，则k=32

C.若k=83三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=(x+a)lnx的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为3，则实数a=

．13.已知AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α所成的角为30∘，且C，D两点在平面α的同一侧，BD=AB=2，AC=3，则CD=

．14.已知实数x，y满足2x=(43)log2 x−3四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)记Sn为等比数列{an}的前(Ⅰ)求{an(Ⅱ)设bn=an,n为奇数,1log216.(本小题12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2ccos(Ⅰ)求C;(Ⅱ)若3a2+b17.(本小题12分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD，△ABC是边长为23的等边三角形，AD=2，∠ADC=2π(Ⅰ)证明：平面PCD⊥平面PBC;(Ⅱ)若平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为217，求PC18.(本小题12分)已知双曲线C的中心为坐标原点O，对称轴为坐标轴，且C过A(−2,0)，B(−4,3)两点．(Ⅰ)求C的方程．(Ⅱ)设P，M，N三点在C的右支上，且BM//AP，AN//BP，证明：(ⅰ)存在常数λ，满足OM(ⅱ)△MNP的面积为定值．19.(本小题12分)帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法.给定自然数m，n，我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+注：f，f3(x)=[f，⋯，设函数f(x)=ex在x=0处的[0,1]阶帕德近似为(Ⅰ)求R(x)的解析式;(Ⅱ)证明：当x<1时，f(x)≤R(x);(Ⅲ)设函数g(x)=ex−11−x+kx2，若x=0参考答案1.B

2.D

3.C

4.C

5.B

6.A

7.C

8.B

9.ABD

10.BCD

11.AC

12.2

13.1114.3

15.解：(I)因为Sn=an+1−1，

所以当n≥2时，Sn−1=an−1，

两式相减得an=an+1−an，得an+1=2an(n≥2)，

因为an为等比数列，

所以an的公比为2．

当n=1时，a1=a2−1=2a16.解：(Ⅰ)由已知条件及正弦定理得2sinCcosCcosB+2sinBcos2C=sinA，

得2cosC(sinCcosB+sinBcosC)=sinA，

得2cosCsin(B+C)=sinA，即2cosCsinA=sinA，

因为sinA≠0，所以cosC=12，又C∈(0,π)，所以17.解：(I)因为∠ADC=2π3，AC=23，AD=2，

所以由余弦定理可得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cos∠ADC，即CD2+2CD−8=0，

解得CD=2(负值舍去)，

所以AD=CD，所以∠DCA=∠DAC=π6．

又因为△ABC为等边三角形，所以∠DCB=π6+π3=π2，所以CD⊥BC．

因为PC⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PC⊥CD，

又PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，

所以CD⊥平面PBC，

又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PBC．

(Ⅱ)连接BD，设AC∩BD=O，PC=ℎ(ℎ>0)，易知AC⊥BD，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．

由(I)可知OA=OC=3，OB=3，OD=1，

则A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(−3,0,0)，D(0,−1,0)，P(−3,0,ℎ)．

故18.解：(Ⅰ)设C的方程为mx2+ny2=1，其中mn<0．

由C过A，B两点，可得4m=1，16m+9n=1，解得m=14，n=−13．

因此C的方程为x24−y23=1．

(Ⅱ)(i)设P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2).

因为BM/​/AP，所以直线BM的斜率为k1=y0x0+2，

BM的方程为y−3=k1(x+4)，

由x24−y23=1,y−3=k1(x+4),得(3−4k12)x2−8k1(4k1+3)x−16(4k12+6k1+3)=0，

所以−4x1=−16(4k12+6k1+3)3−4k12，

所以19.解：(I)根据帕德近似的定义，设R(x)=a1+bx，则R′(x)=−ab(1+bx)2．

由题意知f′(x)=ex，R(0)=f(0)=1，R′(0)=f′(0)=1，即a=1,−ab=1,解得a=1,b=−1,所以R(x)=11−x；

(Ⅱ)要证：当x<1时，ex≤11−x，即证：当x<1时，(1−x)ex−1≤0.

设ℎ(x)=(1−x)ex−1(x<1)，则ℎ′(x)=−xex，

当x<0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，当0<x<1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减．

所以ℎ(x)≤ℎ(0)=0，所以当x<1时，ex≤11−x，即f(x)≤R(x)；

(Ⅲ)(i)若k=0，则g(x)=ex−11−x，由(Ⅱ)可知当x<1时，g(x)≤0，且仅当x=0时，g(x)=0，

所以x=0是g(x)的极大值点，符合题意．

(ii)若k<0，方程1−x+kx2=0有两个实根x1=1+1−4k2k，x2=1−1−4k