湖南省2025届高三数学下学期3月大联考试题

数学参考答案一、选择题1．【答案】A【命题意图】考查集合的表示法，集合的基本运算．考查数学运算数学核心素养．【解析】集合，∴，∴．2．【答案】A【命题意图】考查复数的基本概念，复数四则运算．考查数学运算数学核心素养．【解析】由条件得，，∴，∴．3．【答案】C【命题意图】考查频率分布直方图，数据处理，信息识别，数学应用，阅读实力．考查数学运算数据分析等数学核心素养．【解析】由频率分布直方图知，乙样本的平均数与中位数都在区间的中点值的左侧，在对应乙样本的区间段甲样本的数据都位于每个区间中点值的右侧，∴A与B都是错误的．甲样本的众数是，从频率分布直方图来看，乙样本的众数不超过，∴C正确．不低于的数据个数，甲乙都是，D错误．4．【答案】B【命题意图】考查函数的单调性与导数的关系，三角函数的化简，二次函数值域，数形结合思想．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】由得．依据题意，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以．5．【答案】C【命题意图】考查三角恒等变换，基本不等式，同角间的三角函数关系．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】∵，∴，．方法二：令，则．6．【答案】D【命题意图】考查双曲线的基本性质，离心率，平面对量的数量积．考查数学运算，逻辑推理，直观想象等数学核心素养．【解析】设的焦距为，离心率为．当时，由平面几何学问得，解得．∵，∴．依据双曲线上点的横坐标的取值范围以及平面对量内积的几何意义可知，当时，实数的取值范围是．7．【答案】C【命题意图】考查解三角形，余弦定理，数学文化．考查数学运算，直观想象等数学核心素养．【解析】由条件可得，在中，由余弦定理得，∴，∴，，∴，所以弦图中小正方形的边长为．8．【答案】D【命题意图】函数导数几何意义，基本不等式，函数的最大值．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】∵，∴函数在处的切线的斜率．∵，∴．又，等号在时成立，∴的最大值为，的最小值为，∴函数在处切线的倾斜角．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．【答案】BC【命题意图】考查函数性质，导数，极值点．考查数学运算，直观想象等数学核心素养．【解析】∵，∴，∴A错误．由于，当时，，在区间上是增函数．故B正确．∵的定义，且，∴C正确．由知，当时，，∴不是的极值点．故D错误．10．【答案】AC【命题意图】考查概率的意义，正态分布．考查数学建模，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】依据题意，，∴，∴A正确．又，∴B错误．由于，所以随机抽取袋这种食品，袋装质量在区间的约袋，故C正确．依据概率的意义，D错误．11．【答案】AB【命题意图】考查数列前项和与项的关系，等差数列，数列的性质，古典概型，独立事务的概率，互斥事务的概率，分类探讨思想．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】∵，∴当时，，当时，．若是等差数列，则，∴，因此，只须要在数集中抽到即可，概率为，故A正确．若是递增数列，则，且，即，解得，∴，或，∴是递增数列的概率为，故B正确．与证B结论同理可得C错误．由已知得，假如，则，满意，概率为．假如，是的最小值，则，概率为，∴的概率为，故D错误．12．【答案】BCD【命题意图】考查空间想象实力，空间点、线、面的位置关系，分类探讨思想．考查直观想象，逻辑推理等数学核心素养．【解析】由条件知，若点与重合，则平面平面，即过与平面垂直的平面与直线的交点为点，当时，点不在线段上．若点不与重合，作，设平面交直线于，∵平面，∴在线段上，当时，点不在线段上，点也不在线段上．故A错误．若，则是正三角形，设是中点，与重合，则，且四边形的面积为．∵平面平面，∴平面，∴平面．∵平面，∴当不是中点，或不与重合时，线段的长度将增加，四边形的面积不再等于．故B正确．若，设是中点，记中点为，则．由结论B知，∴平面．由于，，即，∴直线与确定的平面就是平面．∴为线段上随意一点，都有，故C正确．设是中点，是中点，记中点为，则，．又，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，．依据结论C，，∴，∴平行四边形的面积为，即四边形的面积为．所以D正确．（注：设中点为，当，分别是线段，中点时，则，且．由结论C知，，故D正确．）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【答案】【命题意图】考查平面对量，向量的数量积，向量的夹角，向量加减法的几何意义，数量积的意义．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】∵向量与的夹角为，，，∴，∴，即，∴14．【答案】【命题意图】考查二项式定理，项的系数，绽开式的通项公式．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】二项式绽开式的通项公式为，由得，，∴，解得．15．【答案】【命题意图】考查分段函数，值域，单调性，分类探讨思想．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】当时，，又在区间和上都是单调递增函数，∴关于的不等式的解集是，不合题意，舍．当时，，由于在区间和上都是单调递增函数，所以要使的解集满意，则必需，解得．16．【答案】(3分），（2分）．【命题意图】考查椭圆的定义，离心率，标准方程，焦点，圆，垂直平分线，弦长．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】由条件得，∴，∴椭圆的方程是，∴，．由于点在线段的延长线上，，所以，∴是以为圆心，以为半径的圆，方程为．当圆心到弦的距离最大，即当为椭圆的右顶点时，取得最小值（在圆的方程中取，），且最小值为，如图所示．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．【命题意图】考查等差数列及其通项与前项和的关系，等比数列通项及其前项和．考查逻辑推理和数学运算等数学核心素养．【解析】（1）∵是公差为的等差数列，，，∴，解得，，或．…3分∵，∴，所以，，即．…………5分（2）由（1）知，∴，，∴等比数列的公比，………………7分∴．……………8分由得，，解得．……………9分所以，．…………10分18．【命题意图】考查函数图象变换，三角简洁的恒等变换，正余定理在解三角形中的应用，数形结合思想，函数方程思想．考查逻辑推理和数学运算等数学核心素养．，，解得，．∴，∵，∴．∴．……………3分∵∴．所以，．…………6分∵，∴．∵，即，∴．…………7分设，．∵，∴，∵，，∴分别在和中，由余弦定理得，∴．在中，由余弦定理得．∴，∴（舍），或,即．所以，的面积为．…………12分19．【命题意图】考查空间点线面之间的位置关系，线线、线面、面面平行及垂直的性质和判定．考查二面角，空间向量与立体几何．考查数学直观，逻辑推理等数学核心素养．【解析】（1）证明：设线段中点为，连接交于点，分别连接，．由条件可得，，，又，∴三个四边形，，都是平行四边形，∴，，，，．∵是正三角形，∴是正三角形．∵，，∴．由得是线段中点，所以是中点．∴．…………3分∵平面，平面，平面，∴，，∴，．∵，是平面内两条相交直线，∴平面．∵平面，∴．∵，是平面两条相交直线，∴平面．∵平面，∴．……………5分∵，∴，∴．∵，是平面内两条相交直线，∴平面．∵平面，∴平面平面．………………6分（2）由（1）知直线，，两两垂直，分别以直线，为轴和轴，以过点平行的直线为轴，建立如图所示的空间直线坐标系．设，则，，，．∴，，．设是平面的一个法向量，则，，∴不妨取得，，∴．由（1）知是平面的法向量，所以，平面与平面角所成锐二面角的余弦值为．…………12分20．【命题意图】考查圆的切线，抛物线与直线的位置关系，弦长，斜率，直线方程．考查数形结合思想，转化化归思想，函数方程思想．考查数学运算，逻辑推理，数学抽象等数学核心素养．【解析】（1）∵是抛物线上的一点，∴．……1分设点在轴上的射影为，∵，∴．……………2分∴，解得，．……………3分所以，抛物线的方程是．…………4分（2）∵直线与圆相切，∴，即．若，则过点和圆相切的一条直线平行于抛物线的对称轴轴，不满意条件，所以．∴．①设这两切线对应的分别是，，则有．…6分设，．由方程组得，．∴②，不失一般性，可取，，∴，即．………8分设圆的圆心为，∵，∴直线与的斜率存在，且都不为零，．由，得，，即．∴，即．解得，．经检验，及相应的和满意①②．所以，实数的值为．…………………12分21．【命题意图】考查古典概型，独立事务发生的概率，互斥事务概率，条件概率，等比数列，等差数列，求二次函数的最值．考查数学建模，逻辑推理和数学运算等数学核心素养．【解析】（1）设“该县2024年生态友好”，“该县2024年生态友好”，∵该县2024年生态变差的概率为，即，，∴假如该县2024年生态友好，那么它2024年生态友好的概率为．…………2分该县2024年变差，那么它2024年友好的概率为．………3分因为“该县2024年生态友好，那么它2024年生态友好”与“该县年生态变差，而年生态友好”是互斥事务，所以，．所以，该县2024年生态友好的概率为．……………5分（2）设该县2024年生态变差的概率为．同（1）可得，该县年生态友好的概率为，∴该县年生态变差的概率为，∴该县年生态变差的概率为，该县从年起先的第年生态变差的概率为．∴若从年起先到生态投入结束共有年，则，即．∴．………………9分对该县总生态投入额．10分∴．若，则，单调递减；若，则，单调递增．由于时，，所以，当时，最小，且最小值是亿元．也就是说，当时，对该县总生态投入额最小，最小值为亿元．………12分22．【命题意图】考查导数及其应用，极值，函数的零点，函数单调性．考查分类探讨思想，数形结合思想，转化化归思想，函数方程思想，简洁不等式的放缩．考查数学运算，逻辑推理，数学抽象等数学核心素养．【解析】（1）由得．设，则，当时，，是增函数；当时，，是减函数．又，∴．………………2分设，当时，．由于，所以在区间上的值域是．…………………3分又时，，所以当时，直线与曲线有且只有一个交点，即只有一个零点，不合题意，舍．………………4分当时，，在上是增函数，不合题意，舍．………5分当时，若，由（1）可知，直线与曲线有一个交点．下面证明若，直线与曲线有一个交点．由于是区间上的减函数，所以须要证明在区间上的值域为，即对，都存在，使得