湖北省九师联盟2025届高三下学期核心模拟（下）（一）数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1湖北省九师联盟2025届高三下学期核心模拟（下）数学（一）试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知复数，则（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】，所以，所以.故选：A.2.已知一组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，则该组数据的40%分位数为（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】B【解析】由组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，因为，所以该组数据的40%分位数为第4个数据，即数据的分位数为.故选：B.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由得或，所以或，因为，所以.故选：C.4.记为等差数列的前项和，若，，则该数列的公差（）A.6 B.4 C. D.【答案】B【解析】由，得，即.由，得，所以.故选：B.5.已知且，若函数的值域为，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，的取值范围为，要使的值域为，必有在上单调递增，且，所以解得.故选:D.6.甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（）A.36种 B.42种 C.54种 D.72种【答案】B【解析】安排B项工作的人数分为两类，第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法，再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法，若D项工作安排一人，则有种方法，所以B项工作仅安排1人共种方法，第二类，B项工作安排2人，有种方法，由分类加法计数原理，得共有种方法.故选：B.7.已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】如图，过作于，由抛物线的定义知，又，则，设，则，因为，则，所以.由于轴，所以，则，则，所以，则.故选：D.8.已知，函数，若，恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令gx=ax-lnxx>0，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，又，所以，又，，，，所以在上存在两个零点，，不妨设，则当时，，当时，.记，要使，，必有当时，，当时，，所以，是方程的两相异正实根，所以，，又，，所以，则，所以，则.令φx=exx当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以的最小值为.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.对于函数，，则（）A.与有相同的奇偶性B.与有相同的最小正周期C.与有相同的最大值D.与的图象有相同的对称轴【答案】BC【解析】因为，，则为偶函数，为奇函数，所以与不具有相同的奇偶性，故A错误；在同一直角坐标系中，作出，的图象，由图可知，的最小正周期为，的最小正周期，所以与有相同的最小正周期，故B正确；的最大值为1，的最大值为1，所以与有相同的最大值，故C正确；由图可知，图象的对称轴为，，图象的对称轴为，，所以与的图象没有相同的对称轴，故D错误.故选：BC.10.已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（）A.点在以为直径的圆上 B.椭圆的离心率为C.椭圆的方程为 D.【答案】ACD【解析】如图所示，因为，所以点在以为直径的圆上，故选项A正确；由圆的性质可知，.设，则.因为点为的中点，为的中点，所以为的中位线，则，且，所以.又，则为等腰直角三角形，所以.因为为的中位线，则，即，解得，所以，.在中，，则，整理得.又，则，所以，故选项B错误；由，得，所以，，故椭圆的方程为，故选项C正确；由上可知，，.因为，所以，则，所以，故选项D正确.故选：ACD.11.已知函数及其导函数的定义域均为，若，的图象关于直线对称，在上单调递减，且，则（）A.是偶函数 B.是奇函数C. D.的极小值为【答案】ABD【解析】的图象关于直线对称，，即，的图象关于直线对称，则是偶函数，故A正确；，，，的图象关于点对称，的图象关于点对称，即是奇函数，故B正确；，又的图象关于直线对称，，，则，，8为的一个周期．，故C错误；在上单调递减，且的图象关于点对称，在上单调递减，在上单调递减，的图象关于直线对称，在上单调递增，是的周期函数，在上单调递增，时，取得极小值，，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为_____________.【答案】【解析】因为，所以，又，所以向量在向量上投影向量为，故所求坐标为.故答案：.13.已知，均为锐角，，，则_____________.【答案】【解析】因为，均为锐角，所以，由，得，所以，由，得，所以，所以，解得，所以，故，故答案为：14.如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，四边形是边长为1的正方形，，且，，，，若平面与平面之间的距离为，则该多面体外接球的表面积为_____________.【答案】【解析】连接，，分别取，，，的中点，，，，连接，，二者相交于点，连接，，则为和的中点，且，且，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故，，，四点共面，在中，因为，，所以，且，又平面与平面之间的距离为，所以平面，又平面，所以，又，所以，同理可求得，易知为正方形的中心，故，所以点为多面体的外接球球心，且该球的半径，故该外接球的表面积.故答案为：.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.记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，的面积为，求边上的高.解：（1）由正弦定理，得，又，所以，所以，整理，得，即，又，所以，所以，故.（2）由的面积为，得，所以.由余弦定理，得，所以，设边上的高，由，解得.16.某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.（1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？（2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.解：（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；则，，，所以，若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；则，，，所以因为，故选择方案一比较合适（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，则，，，所以，故，所以所求概率为.17.如图，在平面四边形中，，，，，点为的中点，将沿折至的位置，使得四棱锥的体积为1.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：连接，在中，，，，由余弦定理，得，所以，所以，所以，因为，，所以，则，在中，，，由余弦定理，得，所以，故，所以，又，所以，则，，又，，平面，所以平面，因为平面，故平面平面；（2）解：设四棱锥的高为，由，得，由（1）可知，平面平面，，所以即为四棱锥的高，所以平面，所以，，两两互相垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则即取，得，，所以，设平面的一个法向量，则，即取，得，，所以，所以，设二面角的大小为，则，故二面角的正弦值为.18.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若有两个不同的零点，.（ⅰ）求实数取值范围；（ⅱ）证明：.解：（1）当时，，所以，所以，又，所以曲线在处的切线方程为，即（2）（ⅰ）易知的定义域为，由题意得，方程有两个相异正根，，即方程有两个相异正根，，设，则，因为，所以，令，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，由，及的性质知，当且时，，，所以当时，，又，，所以要使有两个相异正根，，必有，故实数的取值范围为.（ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则，设，则，令，则当时，，所以在上单调递减，则当时，，所以当时，，所以在上单调递减，故当时，，所以当时，，所以，即，又，，由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故.19.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为.（1）求双曲线的离心率；（2）证明：数列是以为公比的等比数列；（3）定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）.（1）解：设双曲线一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为，依题意，，解得，，则双曲线的渐近线方程为，即，所以双曲线的离心率为（2）证明：由（1）知，，