2025年湖南省炎德英才大联考高考数学模拟试卷（一）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年湖南省炎德英才大联考高考数学模拟试卷（一）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.命题“∃x0∈R，使mx02A.m<0 B.m<−1 C.m>3 D.m≥32.在△ABC中，D是BC上一点，满足BD=2DC，M是AD的中点，若BM=λBA+μA.54 B.78 C.563.函数f(x)是(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，且当x<0时，函数的部分图象如图所示，则不等式f(x)−f(−x)x<0的解集是(

)A.(−3,−1)∪(1,3)

B.(−3,−1)∪(0,1)∪(3,+∞)

C.(−∞,−3)∪(−1,1)∪(3,+∞)

D.(−∞,−3)∪(−1,0)∪(0,1)∪(3,+∞)

4.已知sin(α+π6)−cosα=A.−325 B.−53 5.在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=3，∠BAC=30°，若四面体ABCD的外接球的表面积为16π，则四面体ABCD的表面积为(

)A.15+32+53 B.56.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为13，不下雨的概率均为23，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为(

)A.1681 B.2081 C.8277.群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中.有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“⋅”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：

①对任意的a，b∈G，有a⋅b∈G；

②对任意的a，b，c∈G，有(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)；

③存在e∈G，使得对任意的a∈G，有e⋅a=a⋅e=a，e称为单位元；

④对任意的a∈G，存在b∈G，使a⋅b=bA.G={0,1,2}关于数的乘法构成群

B.自然数集N关于数的加法构成群

C.实数集R关于数的乘法构成群

D.G={a+8.设A，B为双曲线x2−y24=1A.(1,1) B.(−1,2) C.(2,−3) D.(−1,−3)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.已知函数f(x)=ln|x−2|−ln|x|A.f(x)的定义域为R B.f(x)在区间(−∞,0)上单调递增

C.f(x)的图象关于点(1,0)对称 D.f(10.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1>0，{anA.a8<0 B.S8<S6<S7

C.11.如图所示，正四棱锥P−ABCD与正三棱锥Q−EFG的棱长均为1，一凸多面体ABCDPG是由该四棱锥与该三棱锥组合而成，其中点P，B，C分别与点Q，F，E重合，在该多面体中(

)

A.二面角A−PB−C的余弦值为13 B.P，A，B，G四点共面

C.PG//平面ABCD D.三棱锥G−ABC的外接球体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F在圆M：(x−1)2+13.若关于x的方程lnx+|1+mx|=1有且仅有两个实根，则实数m14.天虹购物中心为了庆祝华诞75周年，推出了75本针对建国每一年的纪念版挂历，萍实高中三位同学不约而同地选择收藏，由于供不应求再加上购买人数太多，他们每个人都没有买齐完整的75本，但购买后他们发现任意两人手中的挂历放一起都能凑出一套完整挂历，则这三位同学购买挂历的不同方法有______种.(列出算式即可)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.(本小题13分)

已知动点P(x,y)到定点F(2,0)的距离与动点P到定直线x=−2的距离之比为1，若动点P的轨迹记为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)不过点F的直线与曲线C相交于A，B两点，且|AF|+|BF|=6，若AB的垂直平分线交x轴于点N，求点N的坐标．16.(本小题15分)

已知函数f(x)=(x−1)ex−ax2−1，a∈R．

(1)当a=0时，求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)的单调性；

(3)设g(x)=lnx−17.(本小题15分)

甲、乙2人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字1，2，…，N的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为a，随后将纸牌放回(后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回)，接下来甲有2种选择：

①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为b，若a+b>N，乙赢，结束游戏，否则，甲结束抽牌，换乙抽牌一次；

②直接结束抽牌，记b=0，换乙抽牌一次．

记乙抽到的纸牌上的数字为c，若a+b+c≤N，则乙赢，否则甲赢，游戏结束．

(1)若甲只抽牌1次，求甲赢的概率；

(2)若甲抽牌2次，求甲赢的概率；

(3)当甲抽取的第一张纸牌上的数字为多少时，甲选择②赢得游戏的概率更大？

(结果用含N的式子表示)

参考公式：若数列{an}的通项公式为an=n2，则18.(本小题17分)

球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为R的球O过球面上一点A作两条大圆的弧AB，AC，它们构成的图形叫做球面角，记作∡BAC(或∡A)，其值为二面角B−AO−C的大小，其中点A称为球面角的顶点，大圆弧AB，AC称为球面角的边.不在同一大圆上的三点A，B，C，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧AB，BC，CA，这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边，A，B，C三点称为球面△ABC的顶点；三个球面角∡A，∡B，∡C称为球面△ABC的三个内角．

已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A，B，C．

(1)球面△ABC的三条边相等(称为等边球面三角形)，若∡A=π2，请直接写出球面△ABC的内角和(无需证明)；

(2)与二面角类比，我们称从点P出发的三条射线PM，PN，PQ组成的图形为三面角，记为P−MNQ.其中点P称为三面角的顶点，PM，PN，PQ称为它的棱，∠MPN，∠NPQ，∠QPM称为它的面角.若三面角O−ABC的三个面角的余弦值分别为33,33,13．19.(本小题17分)

n个有次序的实数a1，a2，…an所组成的有序数组(a1,a2,…an)称为一个n维向量，其中ai(i=1,2,…n)称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量a=(a1,a2,…an)，若|ai|=1，i=1，2…n，称a为n维信号向量.设a=(a1,参考答案1.C

2.C

3.D

4.B

5.D

6.D

7.D

8.D

9.BCD

10.ABC

11.BCD

12.y2=4x(答案不唯一13.{m|−e<m<1e且14.47515.解：(1)由题可知，动点P的轨迹为焦点在x轴，开口朝右的抛物线，

∴p=4，

∴曲线C的方程为y2=8x；

(2)设直线AB的方程为x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

直线与抛物线联立：y2=8xx=ty+m，

消去y化简得y2−8ty−8m=0，则Δ=64t2+32m>0，即2t2+m>0，

∴y1+y2=8t，y1y2=−8m，又|AF|+|BF|=x1+x216.解：(1)当a=0时，f(x)=(x−1)ex−1，函数定义域为R，

可得f′(x)=xex，

此时f′(1)=e，

又f(1)=−1，

所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y−(−1)=e(x−1)，

即y=ex−e−1；

(2)易知f′(x)=xex−2ax=x(ex−2a)，

当a≤0时，ex−2a>0恒成立，

当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当a>0时，

令f′(x)=0，

解得x=0或x=ln(2a)，

当ln(2a)<0，即0<a<12时，

当x<ln(2a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当ln(2a)<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当ln(2a)=0，即a=12时，f′(x)≥0恒成立，

所以f(x)在R上单调递增；

当ln(2a)>0，即a>12时，

当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当0<x<ln(2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>ln(2a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

综上所述，当a≤0时，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；

当0<a<12时，f(x)在(−∞,ln(2a))上递增，在(ln(2a),0)上递减，在(0,+∞)上递增；

当a=12时，f(x)在R上递增；

当a>12时，f(x)在(−∞,0)上递增，在(0,ln(2a))上递减，在(ln(2a),+∞)上递增；

(3)若f(x)≥g(x)，

此时xex−lnx−x+x2−1≥ax2恒成立

因为x>0，

所以a≤xex−lnx−x−1+x2x2恒成立．

设ℎ(x)=xex−lnx−x−1+x2x2,x>0，

即a≤ℎ(x)min，

因为xex=e17.解：甲、乙2人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字1，2，…，N的纸牌各一张，

由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为a，

随后将纸牌放回(后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回)，接下来甲有2种选择：

①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为b，若a+b>N，乙赢，结束游戏，

否则，甲结束抽牌，换乙抽牌一次；

②直接结束抽牌，记b=0，换乙抽牌一次．

记乙抽到的纸牌上的数字为c，若a+b+c≤N，则乙赢，否则甲赢，游戏结束．

(1)若甲只抽牌1次，甲赢的情况如下．

甲抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，此时有1种情况；

甲抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，此时有2种情况；

甲抽到的纸牌上的数字为3，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，N−2，此时有3种情况；

……；

依次类推，甲赢的情况共有1+2+3+⋯+N=12(1+N)N．

故甲赢的概率为12(1+N)NN2=1+N2N．

(2)若甲抽牌2次，甲赢的情况如下．

①甲第1次抽到的纸牌上的数字为1．

第2次抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，此时有2种情况；

第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，N−2，此时有3种情况；

……

第2次抽到的纸牌上的数字为N−1，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，…，1，此时有N种情况．

以上有2+3+⋯+N种情况．

②甲第1次抽到的纸牌上的数字为2．

第2次抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，N−2，此时有3种情况；

第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，N−2，N−3，此时有4种情况；

……

第2次抽到的纸牌上的数字为N−2，乙抽到的纸牌上的数字为N，N−1，…，1，此时有N种情况．

以上有3+4+⋯+N种情况．

依次类推，甲第1次抽到的纸牌上的数字为3时，甲赢的情况有4+5+⋯+N种；

……

甲第1次抽到的纸牌上的数字为N−2时，甲赢的情况有N−1+N种；

甲第1次抽到的纸牌上的数字为N−1时，甲赢的情况有N种．

甲赢的情况的总数为(2+3+⋯+N)+(3+4+⋯+N)+(4+5+⋯+N)+⋯+(N−1+N)+N

=2+2×3+3×4+⋯+(N−1)N=22−2+32−3+42−4+⋯+N2−N

=22+32+42+⋯+N2−(2+3+4+⋯+N)

=N(N+1)(2N+1)6−1−[(1+N)N2−1]=N(N218.解：(1)由∡A=π2可知B，C在两个互相垂直(即交点处切线垂直)的大圆上，

从而BC≤π2，所以AB=AC≤π2，

设∠AOB=∠AOC=α∈(0,π2],AB=AC=α,

所以|AB|=|AC|=2sinα2，因为到B，C到直线AO的距离均为sinα，所以|BC|=2sinα，

所以由BC=AB知|BC|=|AB|，所以2sinα=2sinα2，即2cosα2=1，

解得α=π2，

所以∠AOB=∠AOC=π2，又B，C在两个互相垂直的大圆上，

所以∠BOC=π2，

所以OA，OB，OC两两垂直，

由OB，OC⊂平面OBC，且OB∩OC=O，可知OA⊥平面OBC，

而OA在平面OCA和平面OAB内，

所以平面OCA⊥平面OBC，同理平面OAB⊥平面OBC，

平面OAB⊥平面OCA，

所以三个平面OAB，OBC，OCA两两垂直，

故由球面角的定义知∡A=∡B=∡C=π2，

所以球面△ABC的内角和是3π2