湖南省长沙一中2025年高考数学模拟试卷（一）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页湖南省长沙一中2025年高考数学模拟试卷（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.已知数列{an}满足an=an+1−1,nA.[2,4] B.[1,3] C.[3,5] D.[5,9]2.双曲线y2a2−x2=1(a>0)A.3 B.33 C.33.已知tanα=13，则sin2α+cos2A.23 B.1 C.32 4.函数y=(2x+2A. B.

C. D.5.已知a,b,e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π6，向量b满足b2A.4 B.3+1 C.2 6.已知函数f(x)=log12(x2+3)，且A.(4,+∞) B.(0,14) C.(7.用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域区分开，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(

)

A.400种 B.460种 C.480种 D.496种8.用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切，切点分别为F1，F2.下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有A.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等

B.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距|O1O2|相等

C.所得椭圆的离心率e=cosθ

D.其中G1二、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)=13x3A.f(x)有两个极值点

B.f(x)有3个零点

C.点(0,6)是曲线y=f(x)的对称中心

D.直线x+y−6=0是曲线y=f(x)的切线10.已知数列{an}的前n项和为SnA.若b2=ac，则a、b、c成等比数列

B.若{an}为等差数列，则{Snn}为等差数列

C.若{an}为等比数列，则{lg11.若复数z在复平面内对应的点为Z，则下列说法正确的是(

)A.若z(i−1)=i2025−1，则Z在第二象限

B.若z为纯虚数，则Z在虚轴上

C.若|z|≤3，则点Z的集合所构成的图形的面积为6π

D.若|z|=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图：在△ABC中，M，N，P三点分别在边AB，BC，CA上，则△AMP，△BMN，△CNP的外接圆交于一点Q，称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M为CD边的中点，动点P在BC边上，△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点P)，则BQ的最小值为______．13.已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2，|c|=4，414.已知事件A，B满足0<P(A)<1，0<P(B)<1，P(A−B)−P(AB−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)

已知函数f(x)=13x3−2ax2+3x(a为常数)，曲线y=f(x)在点A(−1,f(−1))处的切线平行于直线8x−y−7=0．

(1)求函数16.(本小题12分)

记锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC．

(1)证明：sinAcosB+sinBcosA=4sinC；

17.(本小题12分)

预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施.为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物(数量较大)进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据(单位：只)：发病没发病合计接种疫苗71825没接种疫苗19625合计262450(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关？

(2)从该地区此动物群中任取一只，记A表示此动物发病，A−表示此动物没发病，B表示此动物接种疫苗，定义事件A的优势R1=P(A)1−P(A)，在事件B发生的条件下A的优势R2=P(A|B)1−P(A|B)，利用抽样的样本数据，求R2R1的估计值．

(3)若把上表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3P(0.0500.0100.001x3.8416.63510.82818.(本小题12分)

如图1，已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为θ的直线交抛物线于A，B两点(点A在第一象限).当θ=π2时，|OA|=5．

(1)求抛物线C的方程；

(2)如图2，把△ADF沿DF翻折为△PDF，使得二面角P−DF−B的大小为2π3．

①若θ=π3，求直线BD与平面19.(本小题12分)

已知函数f(x)=λsin(ωx+φ)(λ>0,ω>0,0<φ<π)图像如图1所示，A，B分别为图像的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于A′，B′，点C为该部分图像与x轴的交点，且|AB|=25，f(x)与y轴的交点为D(0,3).将绘有该图像的纸片沿x轴折成如图2所示的二面角α−OC−β.折叠后，当二面角α−OC−β的值为π2时，|AB|=23．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)在图2中，f(x)的图像上存在点Q，使得DQ/​/平面ABC，请确定点Q的个数，并简要说明理由；

(3)如图3，在折叠过程中，若二面角α−OC−β的范围是(答案解析1.【答案】B

【解析】解：设a4=m，则m∈[2,3]，

因为an=an+1−1,n为奇数2an+1,n为偶数，

所以a3=m−1，a2=2(m−1)=2m−2，

所以a1=2m−3∈[1,3]2.【答案】A

【解析】解：因为双曲线y2a2−x2=1(a>0)的一个焦点为(0,2)，

所以c2=a2+1=4，所以3.【答案】C

【解析】解：因为tanα=13，sin2α=2sinαcosα，

所以sin2α+cos2α=2sinαcosα+cos2αsin24.【答案】B

【解析】解：记f(x)=(2x+2−x)⋅ln|x|，函数的定义域是{x|x≠0}，

当−1<x<1且x≠0时，2x+2−x>0，ln|x|<0，即f(x)<0，图像在x轴下方，故A，C错误，

又f(−x)=(2−x+2x)ln|x|=f(x)，所以函数f(x)为偶函数，其图像关于y5.【答案】D

【解析】解：已知a,b,e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为π6，向量b满足b2−8e⋅b+15=0，

设a，b共起点，

由b2−8e⋅b+15=0可得(b−3e)⋅(b−5e)=0，

得(b−3e)⊥(b−5e)，

所以b终点在AB直径的圆上，

设AB中点为O，6.【答案】D

【解析】解：根据题意，函数f(x)=log12(x2+3)，有x2+3≥3，

则该函数的定义域为x∈R，

又由f(−x)=log12(x2+3)=f(x)，则f(x)为偶函数，

设u=x2+3，则y=log12u，

又x≥0时，u=x2+3是单调递增函数，而y=log12u是单调递减函数，

所以f(x)=log12(x2+3)7.【答案】C

【解析】【分析】

本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有C63C31C21，用四种颜色涂色时，有C64C41C31A22种结果，根据分类计数原理得到结果．

本题考查分类计数问题，本题解题的关键是看出给图形涂色只有两种不同的情况．

【解答】

解：由题意知本题是一个分类计数问题，

8.【答案】D

【解析】解：设P为截口曲线的椭圆的一点，如图，

过点P作线段EF，EF分别与球O1，O2切于点F，E，

故有|PF1|+|PF2|=|PF|+|PE|=|EF|=|O1O2|，

对于选项A，设椭圆长半轴长为a，半焦距为c，设O为O1O2的中点，

PF1与球O1切于点F1，O1F1⊥α，OF1⊂α，故O1F1⊥OF1，

有|O1F1|2=|OO1|2−|OF1|2=a2−c2=b2，则2b=2|O1F1|

即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故9.【答案】AC

【解析】解：∵函数f(x)=13x3−4x+6，∴f′(x)=x2−4，

由f′(x)=0，可得x=−2或x=2，

当x>2或x<−2时，f′(x)>0，当−2<x<2时，f′(x)<0，

∴f(x)在(−∞,−2)，(2,+∞)上单调递增，(−2,2)上单调递减，

∴x=±2是极值点，故A正确；

∵f(−2)=−83+8+6>0，f(2)=83−8+2=23>0，f(−10)=−10003+40+6<0，

∴函数f(x)在(−∞,−2)上有一个零点，

当x≥2时，f(x)≥f(2)>0，即函数f(x)在(2,+∞)上无零点，

综上，函数f(x)有一个零点，故B错误；

令ℎ(x)=13x3−4x，该函数的定义域为R，

ℎ(−x)=13(−x)3−4(−x)=−13x3+4x=−ℎ(x)，

则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，

将ℎ(x)的图象向上移动6个单位得到f(x)的图象，

∴点(0,6)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；

令f′(x)=x2−4=−1，可得10.【答案】BD

【解析】解：对于A，当a=b=c=0时满足b2=ac，此时a、b、c不成等比数列，故A错误；

对于B，设等差数列{an}的公差为d，则Sn=na1+n(n−1)d2=d2n2+(a1−d2)n，

所以Snn=d2n+a1−d2，因为Sn+1n+1−Snn=[d2(n+1)+a1−d2]−(d2n+a1−d2)=d2，

所以数列{S11.【答案】BD

【解析】解：z(i−1)=i2025−1=i−1，故z=i−1i−1=1，Z点在实轴上，故A错误；

若z为纯虚数，则Z在虚轴上，故B正确；

|z|≤3，则点Z的集合所构成的图形是半径为3的圆，面积为9π，故C错误；

设z=a+bi，

若|z|=1，

则a2+b2=1，即a2+b2=1，

则z+1z=a+bi+a−bi(a+bi)(a−bi)=a+aa12.【答案】2【解析】解：延长BA，CD交于点E，那么根据题可知三角形AED为正三角形，三角形EBC为正三角形，

根据题设结论△CMP，△AME，△ABP的外接圆有唯一公共点，

该公共点即为题中的点Q，因此点Q在△AME的外接圆上，

如上图，又根据题可知AD=MD=DE=2，所以D为三角形CMP的外心，

且三角形AME外接圆半径为2，∠BAD=∠ADM=180°−∠BCD=180°−60°=120°，

在三角形ABD中，根据余弦定理BD=27，因此BQ的最小值为27−2．

故答案为：27−2．

根据已知条件确定正三角形，利用外接圆公共点确定点Q的位置，再结合外心和外接圆半径等条件，通过余弦定理求出线段13.【答案】−2

【解析】解：因为|a|=1，|b|=2，

如图，设OA=4a，OB=2b，以OA，OB为邻边作▱OACB，

所以OC=OA+OB=4a+2b=−c．

因为|a|=1，|b|=2，|c|=4，

所以|OA|=|OC|=|OB|=|AC|=4，14.【答案】(0,3【解析】解：因为P(A−B)=P(B)−P(AB),P(AB−)=P(A)−P(AB)，P(B−)=1−P(B)，

所以P(A−B)−P(AB−)=P(B)−P(AB)−(P(A)−P(AB))=2(1−P(B))，

所以P(A)=3P(B)−2，

又P(B|A−)=P(A−B)P(A−)=P(B)−P(AB)P(A−)=P(B)−P(AB)1−P(A)，

P(A−|B−)=P(A−B−)P(B−)=1−P(A∪B)P(B−)=1−[P(A)+P(B)−P(AB)]P(B−)=1−P(A)−P(B)+P(AB)1−P(B)，

所以P(B|A−)⋅P(A−|B−)=P(B)−P(AB)1−P(A)⋅1−P(A)−P(B)+P(AB)1−P(B)，

设P(A)=x，则P(B)=3x−2，

所以0<x<10<3x−2<1，

解得23<x<1，

所以P(B|A−)⋅P(A15.【答案】f(x)=13x3−2x2+3x；

【解析】解：(1)函数f(x)=13x3−2ax2+3x，∴f′(x)=x2−4ax+3，

曲线y=f(x)在点A(−1,f(−1))处的切线平行于直线8x−y−7=0，

则f′(−1)=4+4a=8，解得a=1，

∴f(x)=13x3−2x2+3x．

(2)由(1)f′(x)=x2−4x+3=(x−1)(x−3)，

令f′(x)>0，解得x<1或x>3，

令f′(x)<0，解得1<x<3，

∴当x<1或x>3时，f(x)单调递增，当1<x<3时，f(x)单调递减，

∴当x=1时，f(x)取得极大值，极大值为16.【答案】证明见解析；

1．

【解析】证明：(1)记锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC，

在△ABC中，由acosA+bcosB=2ccosC及正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，

得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosC，

则4sinCcosC=sin2A+sin2B=2sin(A+B)cos(A−B)=2sinCcos(A−B)，

而sinC>0，则2cosC=cos(A−B)，于是−2cos(A+B)=cos(A−B)，

整理得sinAsinB=3cosAcosB，因此cosC=−cos(A+B)=−cosAcosB+sinAsinB=2cosAcosB，

所以sinAcosB+sinBcosA=sinAcosA+sinBcosBcosAcosB=2sinCcosC12cosC=4sinC；

解：(2)在锐角△ABC中，由(1)知，sinAsinB=3cosAcosB，则tanAtanB=3，

而tanA>0，tanB>0，

则tanC=−17.【答案】接种该疫苗与预防该疾病有关；

1439；【解析】解：(1)零假设H0：接种该疫苗与预防该疾病无关，

则χ2=50×(19×18−7×6)226×24×25×25≈11.538>10.828，

所以依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，

即在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关；

(2)由于1−P(A|B)=1−P(AB)P(B)=P(B)−P(AB)P(B)=P(A−B)P(B)=P(A−|B)，

所以R2=P(A|B)1−P(A|B)=P(A|B)P(A−|B)，R1=P(A)1−P(A)=P(A)P(A−)，

R2R1=P(A|B)P(A−X0123P192727所以E(X)=3×34=94．

(1)求得卡方值，比较临界值即可判断；

(2)由条件概率计算公式即可求解；

(3)18.【答案】y2=4x；

①9【解析】解：(1)当θ=π2时，AF⊥DF，所以点A的坐标为(p2,p)，

因为|OA|=5，所以(p2)2+p2=5，

解得p=2，

所以抛物线C的方程为y2=4x．

(2)①在平面直角坐标系中，若θ=π3，

则直线AB的方程为y=3(x−1)，

联立y=3(x−1)y2=4x，

得到3x2−10x+3=0，

解得x=3，或x=13，

所以点A，B的坐标分别为(3,23),(13,−233)．

过O点作平面DBF的垂线为z轴，如图建立空间直角坐标系，

则D(−1,0,0),B(13,−233,0),F(1,0,0)，

当二面角P−DF−B的大小为2π3时，

点P(3,4×sinπ3×cos(π−2π3),4×sinπ3×sin(π−2π3))，即P(3,3,3)，

所以BD=(−43,233,0),PF=(−2,−3,−3),BF=(23,233,0)，

设平面PBF的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅PF=0,n⋅BF=0,即−2x−319.【答案】f(x)=2sin(π2x+2π3)；

可确定存在两个点【解析】解：(1)由题意：A′B′=T2，AA′=BB′=λ，

当绘有图像的纸片折叠前，有(AA′+BB′)2+A′B′2=AB2，

于是(2λ)2+(T2)2=AB2=20①，

又当二面角α−OC−β的值为π2时，可得AA′2+A′B′2+BB′2=AB2，

|AB|=23，代入上式：2λ2+(T2)2=12②，

联立①②，解得：λ=2，T=4．

所以ω=π2，