湖南2025届高三天壹冲刺压轴大联考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页湖南2025届高三天壹冲刺压轴大联考数学试卷一、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(1−i)z−1=0，则在复平面内，z对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知命题p：∀x∈R，3x<x3，命题q：∃x>0，A.p和q都是真命题 B.¬p和q都是真命题

C.p和¬q都是真命题 D.¬p和¬q都是真命题3.正方形ABCD中，AP=2PD，CQ=2QB，设AD=A.−14a+b B.a−4.棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1DA.1 B.233 C.15.若函数f(x)=ex+m−lnx在(1,+∞)A.[−1,+∞) B.(−1,+∞) C.[e,+∞) D.(−1,e]6.若曲线E1：x2−xy−2y2=0与E2：x2+y2=4依次交于A.42 B.12105 7.已知某圆锥轴截面等腰三角形的顶角和其侧面展开图扇形所对的圆心角之和为2π，则该圆锥轴截面等腰三角形的顶角为A.锐角 B.直角

C.钝角 D.锐角，直角，钝角都有可能8.为了落实“五育并举”的相关政策，某高中开设了六门劳动实践课，每名学生从“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动实践课中任选两门参加，则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动实践课全不相同的方法种数共有A.1960 B.2520 C.2950 D.3240二、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.设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1A.a1=2 B.q=210.已知菱形ABCD，A为抛物线W：y2=2px(p>0)的焦点，B为W的准线与x轴的交点，C在y轴正半轴上，直线AD交W于M，N两点，D在线段AM上，则A.p=2 B.|BD|=3p

C.D为线段AM的中点 11.在△ABC中，sinAcosB=kcosAsinB，则A.若k∈(0,+∞)，则C有最小值 B.若k∈(0,+∞)，则|A−B|有最大值

C.若k∈(−∞,0)，则C有最大值 D.若k∈(−∞,0)，则|A−B|无最值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.曲线y=x(lnx)13.下表所示的是相关变量x与y之间的数据，若y与x满足经验回归方程y=x14916y12.985.017.0114.若曲线上存在横，纵坐标均为整数的点，则称该曲线为容整曲线．已知双曲线C：x2−y2=i，i=1，2，…，4n，n∈N ​∗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)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知(1)求Sn(2)设bn=1anan+1，数列{b16.(本小题15分)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=6(b−c)=6，sinC=(1)求△ABC的面积；(2)证明：A=2C．17.(本小题15分)某机器人商店出售的机器人中，甲品牌占40%，合格率为95%；乙品牌占30%，合格率为90%；丙品牌占30%，合格率为90%，现从该商店随机买一台机器人．(1)求该机器人是甲品牌合格品的概率；(2)求该机器人是合格品的概率；(3)若该机器人是不合格品，求它是丙品牌的概率．18.(本小题17分)如图，四棱锥P−ABCD中，∠PAB=3π4，PA=2，△PAD是等边三角形，(1)证明：CD⊥平面PBA；(2)若PB=PC=5，四棱锥P−ABCD的各个顶点均在球O的表面上，求球(3)若PB=PC，且平面PAD与平面PBC夹角的正弦值为13，求BCAD19.(本小题17分)如图，曲线C：ex−x−12(1)求曲线C与椭圆x2(2)证明：曲线C的图象关于x轴对称，且其图象上不存在关于y轴对称的两点；(3)若A，B为曲线C上不同的两点，M为AB中点，已知M不在坐标轴上，证明：直线OM与直线AB的斜率之积小于−14是点M在y轴右侧的充要条件．参考答案1.A

2.B

3.C

4.D

5.A

6.B

7.C

8.B

9.BCD

10.BC

11.BD

12.y=−2x+3e

13.(6.25,4)

14.3415.(1)解：设等差数列an的公差为d，

由a2=3和a7=8得：a1+d=3a1+6d=8，

联立得5d=5⇒d=1，所以a1=2，

通项公式为an=2+(n−1)×1=n+1；

前n项和为Sn=n(a1+an)2=n[2+(n+1)]2=n(n+3)216.解：(1)由sinC=74，△ABC为锐角三角形，可得cosC=1−716所以c2=36+(c+1即37+2c−9(c+1)=0，可得c=4，则b=5，故S△ABC(2)由(1)易知cosC=34由(1)及余弦定理有cosA=所以cosA=cos2C，又A,C∈(0,

17.解：(1)用A表示机器人是甲品牌，用B表示机器人是合格品，

则P(A)=40%，P(B|A)=95%，

所以该机器人是甲品牌合格品的概率P(BA)=P(A)P(B|A)=40%×95%=0.38．

(2)用C表示机器人是乙品牌，用D表示机器人是丙品牌，

P(B)=P(A)P(B|A)+P(C)P(B|C)+P(D)P(B|D)=40%×95%+30%×90%+30%×90%=0.92；

(3)由(2)知，该机器人是不合格品的概率P(B)=1−0.92=0.08，

若该机器人是不合格品，它是丙品牌的概率P(D|18.解：(1)延长BA，CD交于点H，由AB⊥平面PDC，且DH⊂平面PDC，

所以AB⊥DH，即AH⊥DH，

同理可得AH⊥PH，

由∠PAB=3π4，得∠PAH=π4，

所以AH=PH，

又AH⊥DH，且△PAD是等边三角形，

所以AP=AD，

由几何知识可得△PAH≌△DAH，

所以PH=DH=AH，

又DP=AD，

由几何知识可得△DPH≌△DAH，

所以DH⊥HP，

又HP∩AH=H，

所以DH⊥平面APH，

即CD⊥平面PBA；

(2)由(1)得，HB，HC，HP两两互相垂直，

故以H为原点，HB，HC，HP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由PA=2，且PH=DH=AH，

可得PH=DH=AH=1，

所以H(0,0,0)，A(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，

又PB=PC=5，由勾股定理可得HB=HC=2，

所以B(2,0,0)，C(0,2,0)．

由题意，四边形ABCD的各个顶点均在球O的一个截面圆O1上，设O1(a,b,0)，所以O1A=O1D=O1B，

联立(a−1)2+b2=a2+(b−1)2(a−1)2+b2=(a−2)2+b2，解得a=32b=32，

所以O1(32,32,0)，

设O(32,32,ℎ)，由OA=OP，得14+94+ℎ2=94+94+(ℎ−1)2，解得ℎ=32，即O(32,32,32)，

设球O的半径为R，表面积为S，则R2=14+94+94=194，S=4πR2=19π．

另解：几何法：

考虑，P−AB−C“二面角”四点共球与原问题等价．

由(1)P−AB−C为直二面角，△PAB的外接圆半径：2r1=522，得r1=102，

故O1H=32，

同理O2H=32，

所以在正方形OO1HO2中，OH=322，

所以外接球半径：R2=1+(322)2=194，

所以S球=4π×194=19π；

(3)由PB=PC得HB=HC，设B(m,0,0)19.解：(1)公共点的个数即为使方程ex−x−12+y2=x24+y2成立所对应的解(x,y)的组数，

由题易得若ex−x−12=x24≤1，则有两个互为相反数的y值满足条件，

公共点个数即为函数f(x)=ex−x−12−x24小于1的零点个数的两倍，

易得f(0)=0，f′(x)=12(ex−x−1)，f′(0)=0，

设u(x)=12(ex−x−1)，则u′x=12(ex−1)，

则u′(x)在(−∞,0)上小于0，在(0,+∞)上大于0，

故f′(x)≥f′(0)=0，f(x)单调递增，故0为f(x)的唯一零点，

因此曲线C与椭圆x24+y2=1的公共点个数为2．

(2)易得ex−x−12+y2=ex−x−12+(−y)2，

故曲线C关