湖南省“湘东十校”2025届高三10月联考数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页湖南省“湘东十校”2025届高三10月联考数学试题一、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.已知集合A=x|(x−1)2>0，A.[−1,1] B.(−1,1) C.−1,0,1 D.−1,02.已知复数z=2i1+i(i为虚数单位)A.0 B.2i C.−2i D.23.已知三角形ABC为单位圆O的内接正三角形，则OB·A.−32 B.32 C.14.已知角α的终边上一点M(−1,2)，则cos(A.1 B.−1 C.2 D.5.若(1−ax)(2+x)4(a∈R)的展开式中x3的系数为−40，则A.1 B.2 C.−4 D.−66.已知函数y=f(x+1)的图象关于(−1,0)对称，g(x)为偶函数，且f(x)+g(x)=x2+xx2A.[−2,0] B.(−∞,−2]∪[0,+∞)

C.(−∞,0] D.[0,+∞)7.函数y=f(x)的图象由函数y=2cos 2x−1的图象向右平移π4个单位长度得到，则y=f(x)的图象与直线y=−x的交点个数有A.1个 B.2个 C.3个 D.4个8.已知在平面直角坐标系xOy中，M(−4,0)，N(−1,0)，点P满足|PM|=2|PN|.设点P的轨迹为曲线W，直线l：x+y−k=0(k>0)，若直线l与曲线W交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有OB−OA≤3A.(3,6) B.[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.已知数列an的前n项和为Sn=A.an=n−7 B.1a2a3+1a3a4+10.已知−1为函数f(x)=x3−3x+a的一个零点，则A.f(x)的图象关于(0,−2)对称

B.f(x)<0的解集为(−∞,2)

C.x∈(0,1)时，f(x2)<f(x)

D.x∈[m,n]时，f(x)∈[−4,0]，则11.已知△ABC中，AB⊥BC,AB=BC=2，E，F分别在线段BA，CA上，且BE=λBA，CF=λCA(λ∈(0,1)).现将△AEF沿EF折起，使二面角A−EF−C的大小为α(α∈(0,π)).以下命题正确的是A.若λ=12，α=π3，则点F到平面ABC的距离为32

B.存在λ使得四棱锥ABCFE有外接球

C.若λ=13，则棱锥FAEB体积的最大值为16三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知F为椭圆C：x24+y2=1的一个焦点，点M在C上，O为坐标原点，若13.曲线y=1−xln(2x)的一条切线为y=−2x+b，则b=__________．14.小王和爸爸玩卡片游戏，小王拿有2张标有A和1张标有B的卡片，爸爸有3张标有B的卡片，现两人各随机取一张交换，重复n次这样的操作，记小王和爸爸每人各有一张A卡片的概率记为an，则a2=

，an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)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2acos C+c=2b．(1)求A；(2)若cos B=17，BC边的中线是AD，求16.(本小题15分)如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为12，(1)求证：D1C //平面(2)求A到平面A1(3)若AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB17.(本小题15分)在平面直角坐标系中，已知动点E(x,y)满足：(x+2(1)求动点E的轨迹方程Γ；(2)过F1(−2,0)作直线l1交曲线Γ的y轴左侧部分于A，B两点，过F2(2,0)作直线l2交曲线Γ的y轴右侧部分于C，D两点，且AB // CD，依次连接A，B，C，D18.(本小题17分)已知定义域为R的两个函数f(x)与g(x)满足f(x)+g(x)=e−x，(1)若有且仅有两个整数使关于x的不等式ln[g(a2(2)求函数ℎ(x)=f(x)−g(2x)的极值；(3)若x∈R，判断f(x)+2xg(x)的符号，并说明理由．19.(本小题17分)已知maxa1,a2,a3,…,ak表示数列a1，a2，a3，…，ak中最大的项，按照以下方法：b(1)已知数列an仅有5项，各项互不相等，an∈1,2,3,4,5，且a4=5，请写出(2)若an满足a1=−12，a100=1992(ⅰ)求b2025(ⅱ)求bn的前n项和Sn．

参考答案1.D

2.B

3.A

4.A

5.B

6.A

7.C

8.C

9.BCD

10.AD

11.ACD

12.1213.1+e214.162715.解：(1)由2acosC+c=2b及正弦定理，知2sinAcosC+sinC=2sinB，

即2sinAcosC+sinC=2sin(A+C)=2sinAcosC+2cosAsinC，

由sinC≠0，∴cosA=12，A∈(0,π)，∴A=60∘．

(2)由cosB=1716.解：(1)因为DC/​/AB，DC⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，所以DC/​/平面ABB1A1，

又因为D1D//AA1，D1D⊄平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，

所以D1D//平面ABB1A1，

且DC∩D1D=D，DC，D1D⊂平面D1DCC1，可得平面D1DCC1//平面ABB1A1，

由D1C⊂平面D1DCC1，所以D1C //平面ABB1A1．

(2)连接AC，设直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高为ℎ，

因为S梯形ABCD=3S△ABC，则VA1−ACB=13S△ABC·ℎ=19S梯形ABCD·ℎ=19×12=43，

设A到平面A1BC的距离为d，

且VA−A1BC=VA1−ACB，则43=13×22d，解得d=2，

所以点A到平面A1BC的距离为2．

(3)连接AB1，

因为AA1=AB，可知A1ABB1是正方形，则AB1⊥A1B，

又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AB1⊂17.解：(1)由(x+2)2+y2−(x−2)2+y2=±2，得||EF1|−|EF2||=2<4，

所以动点E的轨迹是以(−2,0)，(2,0)为焦点，2a=2为长轴长的双曲线，

而且a=1，c=2，b=3，

所以所求轨迹方程为x2−y23=1．

(2)由题意可知AB/​/CD且AB=CD，

∴四边形ABCD为平行四边形，

直线AB，CD的斜率必不为0，所以可设直线l2为x=my+2，C(x1,y1)，D(x2,y2)，

联立x2−y23=1,x=my+2,化简得(3m2−1)y2+12my+9=0，

所以y1+18.解：(1)由f(x)+g(x)=e−x，f(x)−g(x)=−ex，解得f(x)=e−x−ex2，g(x)=e−x+ex2，

因为ln[g(a2x2)−f(a2x2)]=lnea2x2=a2x2，所以原不等式可化为(x+1)2≥a2x2，

即(1−a2)x2+2x+1≥0，为满足题意，必有1−a2<0，即a<−1或a>1， ①

令φ(x)=(1−a2)x2+2x+1，

所以φ0=1>0，φ−1=−a2，结合 ①可得φ−1<0

所以φ(x)的一个零点在区间(−1,0)上，另一个零点在区间[1,2)上，

从而φ(1)≥0,φ(2)<0,即(1−a2)+2+1≥0,(1−a2)×22+4+1<0, ②

由 ① ②可得−2≤a<−32或32<a≤2.

(2)由题意有ℎ(x)=f(x)−g(2x)=e−x−ex2−e2x19.解：(1)因为数列{an}仅有5项，各项均为互不相等的正整数，且1≤an≤5，a4=5，

所以b1=b2=b3=b4=a4=5，b5≠5，

若b5=a5=1，此时“max数列”{bn}为5，5，5，5，1;

若b5=a5=2，此时“max数列”{bn}为5，5，5，5，2;

若b5=a5=3，此时“max数列”{bn}为5，5，5，5，3;

若b5=a5=4，此时“max数列”{bn}为5，5，5，5，4，

所以根据“max数列”的定义可知{bn}有4个，分别为5，5，5，5，1或5，5，5，