2025届湖南省百所重点高中高考数学倒计时模拟卷含解析

2025届湖南省百所重点高中高考数学倒计时模拟卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共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．已知中，角、所对的边分别是，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件2．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对 B．3对C．4对 D．5对3．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内为（）A． B． C． D．4．四人并排坐在连号的四个座位上，其中与不相邻的所有不同的坐法种数是（）A．12 B．16 C．20 D．85．函数且的图象是（）A． B．C． D．6．函数在上为增函数，则的值可以是()A．0 B． C． D．7．已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（）A． B．4 C．2 D．8．关于函数在区间的单调性，下列叙述正确的是（）A．单调递增 B．单调递减 C．先递减后递增 D．先递增后递减9．点为的三条中线的交点，且，，则的值为()A． B． C． D．10．已知，则下列说法中正确的是（）A．是假命题 B．是真命题C．是真命题 D．是假命题11．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，若四边形的内切圆面积为，则双曲线焦距的最小值为（）A．8 B．16 C． D．12．已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集用区间表示为__________．14．三棱柱中，，侧棱底面，且三棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为_____．15．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为________.16．已知向量，若向量与共线，则________.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。17．（12分）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线与直线的直角坐标方程；（2）若曲线与直线交于两点，求的值.18．（12分）已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）当时，判断函数，（）有几个零点，并证明你的结论；（3）设函数，若函数在为增函数，求实数的取值范围．19．（12分）已知动圆经过点，且动圆被轴截得的弦长为，记圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的标准方程；（2）设点的横坐标为，，为圆与曲线的公共点，若直线的斜率，且，求的值．20．（12分）在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点。（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程：（2）若成等比数列，求a的值。21．（12分）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.（1）求和的值；（2）若函数，求的单调递增区间及图象的对称轴方程.22．（10分）已知椭圆的离心率为，直线过椭圆的右焦点,过的直线交椭圆于两点(均异于左、右顶点).（1）求椭圆的方程；（2）已知直线,为椭圆的右顶点.若直线交于点，直线交于点，试判断是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.

参考答案一、选择题：本题共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、D【解析】

由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基础知识，考查逻辑推理能力，是基础题．2、C【解析】

画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．3、C【解析】程序在运行过程中各变量值变化如下表：KS是否继续循环循环前11第一圈24是第二圈311是第三圈426是第四圈557是第五圈6120否故退出循环的条件应为k>5?本题选择C选项.点睛：使用循环结构寻数时，要明确数字的结构特征，决定循环的终止条件与数的结构特征的关系及循环次数．尤其是统计数时，注意要统计的数的出现次数与循环次数的区别．4、A【解析】

先将除A，B以外的两人先排，再将A，B在3个空位置里进行插空，再相乘得答案.【详解】先将除A，B以外的两人先排，有种；再将A，B在3个空位置里进行插空，有种，所以共有种.故选：A【点睛】本题考查排列中不相邻问题，常用插空法，属于基础题.5、B【解析】

先判断函数的奇偶性，再取特殊值，利用零点存在性定理判断函数零点分布情况，即可得解.【详解】由题可知定义域为，，是偶函数，关于轴对称，排除C，D.又，，在必有零点，排除A.故选：B.【点睛】本题考查了函数图象的判断，考查了函数的性质，属于中档题.6、D【解析】

依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.【详解】当时，在上不单调，故A不正确；当时，在上单调递减，故B不正确；当时，在上不单调，故C不正确；当时，在上单调递增，故D正确.故选：D【点睛】本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.7、A【解析】

由已知得，，由已知比值得，再利用双曲线的定义可用表示出，，用勾股定理得出的等式，从而得离心率．【详解】.又，可令，则.设，得，即，解得，∴,,由得，，，该双曲线的离心率.故选：A.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是由向量数量积为0得出垂直关系，利用双曲线的定义把双曲线上的点到焦点的距离都用表示出来，从而再由勾股定理建立的关系．8、C【解析】

先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.【详解】函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.故选：C【点睛】本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.9、B【解析】

可画出图形，根据条件可得，从而可解出，然后根据，进行数量积的运算即可求出．【详解】如图：点为的三条中线的交点，由可得：，又因，，.故选：B【点睛】本题考查三角形重心的定义及性质，向量加法的平行四边形法则，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运算及向量的数量积的运算，考查运算求解能力，属于中档题.10、D【解析】

举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．【详解】当时，故命题为假命题；记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；∴是假命题故选D【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．11、D【解析】

根据题意画出几何关系，由四边形的内切圆面积求得半径，结合四边形面积关系求得与等量关系，再根据基本不等式求得的取值范围，即可确定双曲线焦距的最小值.【详解】根据题意，画出几何关系如下图所示：设四边形的内切圆半径为，双曲线半焦距为，则所以，四边形的内切圆面积为，则，解得，则，即故由基本不等式可得，即，当且仅当时等号成立.故焦距的最小值为.故选：D【点睛】本题考查了双曲线的定义及其性质的简单应用，圆锥曲线与基本不等式综合应用，属于中档题.12、A【解析】

分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.【详解】由题意,若,显然不是恒大于零,故.,则在上恒成立;当时,等价于,因为,所以.设,由,显然在上单调递增,因为,所以等价于,即,则.设,则.令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,从而，故.故选:A.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，则，由题意可得故当时，由不等式，可得，或求得，或故答案为（14、【解析】

分析题意可知，三棱柱为正三棱柱，所以三棱柱的中心即为外接球的球心，设棱柱的底面边长为，高为，则三棱柱的侧面积为，球的半径表示为，再由重要不等式即可得球表面积的最小值【详解】如下图，∵三棱柱为正三棱柱∴设，∴三棱柱的侧面积为∴又外接球半径∴外接球表面积.故答案为：【点睛】考查学生对几何体的正确认识，能通过题意了解到题目传达的意思，培养学生空间想象力，能够利用题目条件，画出图形，寻找外接球的球心以及半径，属于中档题15、3【解析】

作出可行域,可得当直线经过点时,取得最大值,求解即可.【详解】作出可行域（如下图阴影部分）,联立,可求得点,当直线经过点时,.故答案为:3.【点睛】本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想,属于基础题.16、【解析】

计算得到，根据向量平行计算得到答案.【详解】由题意可得，因为与共线，所以有，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量平行求参数，意在考查学生的计算能力.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。17、（1）曲线的直角坐标方程为；直线的直角坐标方程为（2）【解析】

（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，消参法可化参数方程为普通方程；（2）联立两曲线方程，解方程组得两交点坐标，从而得两点间距离．【详解】解：（1）曲线的直角坐标方程为直线的直角坐标方程为（2）据解，得或【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程与普通方程的互化，属于基础题．18、（1）单调增区间,单调减区间为,;（2）有2个零点，证明见解析;（3）【解析】

对函数求导,利用导数的正负判断函数的单调区间即可;函数有2个零点.根据函数的零点存在性定理即可证明;记函数,求导后利用单调性求得,由零点存在性定理及单调性知存在唯一的,使，求得为分段函数,求导后分情况讨论：①当时，利用函数的单调性将问题转化为的问题;②当时，当时,在上恒成立，从而求得的取值范围.【详解】（1）由题意知,，列表如下：020极小值极大值所以函数的单调增区间为，单调减区间为,.（2）函数有2个零点.证明如下：因为时，所以，因为,所以在恒成立,在上单调递增，由，，且在上单调递增且连续知,函数在上仅有一个零点，由（1）可得时,，即，故时，，所以，由得，平方得，所以，因为，所以在上恒成立,所以函数在上单调递减,因为,所以,由，，且在上单调递减且连续得在上仅有一个零点，综上可知：函数有2个零点.（3）记函数，下面考察的符号．求导得．当时恒成立．当时，因为，所以．∴在上恒成立，故在上单调递减．∵，∴，又因为在上连续，所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的，使，∴,因为,所以∴因为函数在上单调递增,,所以在，上恒成立．①当时，在上恒成立，即在上恒成立．记，则，当变化时，，变化情况如下表：极小值∴，故，即．②当时，，当时，在上恒成立．综合（1）（2）知，实数的取值范围是．【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、极值、最值和利用零点存在性定理判断函数零点个数、利用分离参数法求参数的取值范围;考查转化与化归能力、逻辑推理能力、运算求解能力;通过构造函数,利用零点存在性定理判断其零点,从而求出函数的表达式是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.19、见解析【解析】

（1）设，则点到轴的距离为，因为圆被轴截得的弦长为，所以，又，所以，化简可得，所以曲线的标准方程为．（2）设，，因为直线的斜率，所以可设直线的方程为，由及，消去可得，所以，，所以．设线段的中点为，点的纵坐标为，则，，所以直线的斜率为，所以，所以，所以．易得圆心到直线的距离，由圆经过点，可得，所以，整理可得，解得或，所以或，又，所以．20、（1）l的普通方程；C的直角坐标方程；（2）.【解析】

（1）利用极坐标与直角坐标的