湖南省长沙市师大附中2025届高三下学期模拟考试一数学试题 含解析

湖南师大附中届高考适应性演练（一）数学本试卷共4页．满分分，考试时间分钟．注意事项：．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名、考场号、座位号等填写在答题卡上．．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．．考试结束后，考生将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】用列举法表示集合，再利用补集的定义求解.【详解】集合，而，所以.故选：C2.若（，的值分别等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数相等的定义求值即可.【详解】根据复数相等定义，可得.故选：A.第1页/共22页3.已知单调递减的等比数列满足，则（）A.B.C.512D.1024【答案】A【解析】【分析】应用等比数列基本量运算求解.【详解】在等比数列中，，所以，又，解得，设的公比为q，则，解得，因为单调递减，所以．故选：A4.已知直线：与圆：交于，两点，则（）A.B.4C.D.2【答案】B【解析】【分析】求出圆的圆心及半径，再利用圆的弦长公式求解.【详解】圆：的圆心，半径，点到直线：的距离，直线与圆相交，则.故选：B5.如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（）第2页/共22页A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积.【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接，由是的中点，得，则四边形为平行四边形，，由是的中点，得，梯形是正方体被平面所截得的截面，，，所以所求截面的周长是.故选：B6.已知椭圆的短轴长为4，上顶点为B，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线CP是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为第3页/共22页（）A.B.C.D.【答案】D【解析】三点共线求得的值，此时直线，椭圆的方程可求，则点坐标可求，最后利用双曲线的定义求实轴长.【详解】椭圆的短轴长为4，则，设，，则因三点共线，则，则，因，则，则直线，联立椭圆，解得，则点则实轴长为，故选：D.7.已知定义域为的函数满足的解集是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】第4页/共22页【分析】构造函数，目标即可转化为解不等式，再结合可得在上单调递减的性质即可.【详解】令，则，所以在上单调递减，因，所以不等式可变为，即，所以，即，所以不等式的解集为.故选：D.8.在数列中，，，项和为，则下列说法中不正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用递推关系式构造出等差数列，可求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和，根据所求可对各选项做出判断.【详解】由题意，，等式两边同时除以，可得.设，则，又因为，所以，数列是首项为，公差为的等差数列.则，.故A正确；所以，，第5页/共22页则，两式相减可得，所以.故B正确；对于C，.故C正确；对于D，，，则.故D错误.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数，则（）A.的图象关于直线对称B.为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度C.在上的值域为D.两个相邻的零点之差的绝对值为【答案】AD【解析】【分析】由的值求出的值可判断A；通过函数的平移原则可判断B；直接根据正弦函数的性质可判断C；令解出可判断D.第6页/共22页【详解】因为，所以的图象关于直线对称，A正确．，B不正确．由，得，则，C不正确．由，得，则，即，所以两个相邻的零点之差的绝对值为，D正确．故选：AD.10.已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.下列说法正确的是（）A.B.若为递增数列，则的取值范围是C.存在实数，使得为等比数列D.，使得当时，总有【答案】ABD【解析】A项即可判断B，C，再结合指数运算判断D.【详解】由得，相减可得，，由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，对于A，，，故正确；对于B，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以，第7页/共22页若，则需要，则，故正确，对于C，，若为等比数列，则为常数，则，此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误，对于D，若，只要足够大，一定会有，则，只要足够的大，趋近于0，而，显然能满足，故，当时，总有，故正确，故选：ABD.次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】由题意确定甲的投中次数为，满足.进而逐项判断即可；【详解】记甲的投中次数为，则.对于A选项，当时，甲通过考核最少要投中2次，0.972，A正确.对于B选项，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，分别为..第8页/共22页当时，甲通过考核最少要投中次.若前20次里投中次数不少于，则第21次不管投中与否都通过考核；若前20次投中10次，则第21次投中才能通过考核；若前20次里投中次数不超过9，则第21次不管投中与否都不能通过考核.，显然，B错误.对于C选项，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，分别为..当时，若前19次里投中次数不少于10，则第20次不管投中与否都通过考核；若前19次投中92019次里投中次数不超过820次不管投中与否都不能通过考核.，显然，C错误.对于D选项，当时，将甲的投中次数分为以下4种情况，分别为..当时，甲通过考核最少要投中次.若前20次里投中次数不少于，则第21，22次不管投中与否都通过考核；若前20次投中10次，则第次至少要投中1次才能通过考核；若前20次投中9次，则第21，22次都投中才能通过考核；若前20次里投中次数不超过8，则第21，22次不管投中与否都不能通过考核.，.，所以，D正确.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．第9页/共22页12.函数的极值点为________.【答案】【解析】【分析】先求出函数的定义域，然后在定义域内分析导函数的零点和不同区间上的正负，确定极值点.【详解】确定定义域：由于包含函数定义域为，求导得：在内,单调递减；在内,单调递增.是函数的极小值点，没有其它极值点.故答案：.13.已知，则__________.【答案】【解析】【分析】由得到，由两角和差余弦公式展开化简即可求解；【详解】由，得：，，，所以，故答案为：第10页/共22页14.若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质.对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如.若数列的前n项和为，则____________.【答案】【解析】【分析】根据的定义求得和，进而是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列前n项和公式计算即可求解.【详解】小于等于的正整数有，与不互质的数是2的倍数，即，共个，所以与互质的数有个，即；小于等于的正整数有，与不互质的数是3倍数，即，共个，所以与互质的数有个，即；所以，故数列是以为首项，为公比的等比数列，则故答案为：四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，第11页/共22页，，的面积为，.（1）证明：；（2）若，求的值；（3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1）利用正弦定理和面积公式即可证明；（2）利用面积代换，再结合三角恒等变形，即可求解；（3）设对应边长，再利用余弦定理得到边角关系，然后利用方程组思想来求解即可.【小问1详解】证明：由正弦定理可得，则，又因为，所以；【小问2详解】将代入，得即，所以，即，解得：，第12页/共22页又因为，所以；【小问3详解】由余弦定理得，则，即，所以解得则；设折痕为线段，其中在上，在上，设，，则，，，在中，由余弦定理得，解得在中，由余弦定理得，解得重叠部分的面积为的面积，.因为所以.所以16.某绿色水果生态园在某种水果收获的.随机摘下该水果100个作为样本，其质量分别在，第13页/共22页，，，，布直方图如图所示：（1）求图中a的值；（2）现按分层抽样的方法从质量为，的水果中随机抽取66个中随机抽取3个，求这3个水果中恰有1个质量在内的概率；（3）某经销商来收购水果时，该生态园有水果约10000个要出售.经销商提出如下两种收购方案：方案A：所有水果以10元/千克收购；方案B250克的水果以2元/250克的以3元/个收购.假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，请估算该生态园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）（2）（3）该生态园选择方案获利更多【解析】1）由频率分布直方图面积为1，即可求解；（2）先根据分层抽样的性质求出质量在和内的分别有4个和2个，然后列举法结合古典概型概率公式求解即可；（3）算出两种方案的利润，比较大小即可判断.【小问1详解】由解得：【小问2详解】第14页/共22页根据分层抽样，抽取的6个水果中，质量在和内的分别有4个和2个．设质量在内的4个水果分别为A，B，C，D，质量在内2个水果分别为，其样本空间可记为，共包含20个样本点．记E：其中恰有一个在内，则，则E包含的样本点个数为12，所以；【小问3详解】方案：收益元；方案：低于250克获利元，不低于250克获利元，总计元．因为，所以该生态园选择方案获利更多.17.如图，在三棱锥P⁃ABC中，平面PAB⊥平面PAC，BC=2AB=2，∠ABC=.（1）证明:PB⊥AC;第15页/共22页（2）若侧面PAB是等边三角形，点D满足=λ（0<λ<1B，D两点作平面α，满足直线AC∥α，设平面α与PC交于点E，直线PC与平面α所成的角为，求λ的值.【答案】（1）证明见解析（2）λ=【解析】1得结论；（2方程求得结果.【小问1详解】，，由余弦定理得：，，即，作，垂足为，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；，平面，平面，平面，.【小问2详解】，平面平面，，又，第16页/共22页以点为坐标原点，所在直线分别为垂直于平面的直线为角坐标系，则，，，，，，，，，，，设平面，即平面的法向量，则，令，解得：，，，直线与平面所成角为，，解得：，满足，.18.已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合第17页/共22页．（1）若，求集合；（2）若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围；（3是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】1）由已知求得，解不等式即可求解；（2）的解集为，进而得方程有重根及，据此求解即可．（3）记，必要性，则有，由题意可得的单调性，可得结论；充分性，时，结合已知可得函数在处取得极大值，进而可得结论.【小问1详解】因为，所以，由，得，解得，所以．【小问2详解】存在实数k，m使得集合，则的解集为，即的解集为，所以方程有重根及．第18页/共22页因此恒成立，故有，则是二次方程的两个不相等的实数解，所以，所以实数b的取值范围是．【小问3详解】记，则，在上严格递减，①若直线l是曲线在点处的切线，则有，所以．故时，，所以函数在是是s上严格递减，；时，，所以函数在上严格递增，；所以的解集为，集合是单元素集合；②若集合是单元素集合，故时，，而函数的图象是一条连续曲线，所以．则在的附近其他自变量对应的函数值都小于，故函数在处取得极大值，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即，直线l是曲线在点处的切线．是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．【点睛】关键点点睛：第二问，关键在于得到方程有两个二重根，进而得到恒成立，从而可求解.19.已知双曲线，左、右顶点分