湖南省2024-2025学年高三下学期第三次适应性考试数学试题（解析）

名校联考联合体2025届高考考前仿真联考三数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后；用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题（本大题共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.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，由集合的关系、运算即可判断.【详解】集合，，，则，都是的真子集，故，故C正确，ABD均错误.故选：C.2.设复数z满足（是虚数单位），则复数z的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的四则运算规则计算出复数即可.【详解】计算，虚部为.故选：A3.已知事件，是相互独立事件，且，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据相互独立事件的性质可知事件，也是相互独立事件，再由相互独立事件的概率公式计算可得.【详解】因为事件，是相互独立事件，所以事件，也是相互独立事件，又，，所以，，所以.故选：A4.在中，角的对边分别为，若.则角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件，利用正弦定理边转角得，再利用倍角公式和商数关系，即可求解.【详解】因为，得到，又，，则，所以，又，则，所以，得到，所以，即，故选：B.5.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，底面半径为2，该圆锥PO侧面展开图的圆心角为，则圆锥PO的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，根据题意列方程求出即可进一步求解.【详解】设，则母线，所以，解得，故所求为.故选：B.6.已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，A为双曲线C上的一点，且，，，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】由勾股定理求出，由双曲线定义得即可求解.【详解】由题意，，，所以，所以，所以.故选：C.7.若P是△ABC所在平面内一点，则“”是“△ABC为直角三角形”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】首先得到的充要条件是，进一步即可判断.【详解】由，得，即，两边平方并化简得，则，即，由于以上每一步变形都是等价的，故的充要条件是，而是△ABC为直角三角形的充分不必要条件，“”是“△ABC为直角三角形”的充分不必要条件.故选：A.8.已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，根据条件得在区间上单调递减，从而可得，即可求解.【详解】令，则，因为，则，所以，则在区间上单调递减，又，由，得到，所以，解得，故选：D.二、选择题（本大题共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.将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（）A. B.函数的最小正周期为C.函数的图象关于点中心对称 D.函数在区间内单调递增【答案】ABD【解析】【分析】根据条件，得，即可判断A的正误；对于B，利用周期的计算公式，即可求解；对于C，计算，即可求解；对于D，利用的性质，求出的增区间，即可求解.【详解】将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数，所以选项A正确，对于选项B，因为的最小正周期为，所以选项B正确，对于选项C，因为，所以函数的图象不关于点中心对称，故选项C错误，对于选项D，由，得到，所以的增区间为，令，得到一个增区间为，又，所以选项D正确，故选：ABD.10.已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，，离心率为，直线l过点与椭圆C交于M，N两点，若x轴上存在一定点P，使得的内切圆圆心在x轴上.则下列结论正确的有（）A.椭圆C的方程为B.的周长为4C.定点P的坐标为D.当轴时，的内切圆圆心坐标为【答案】ACD【解析】【分析】对于A选项，先由焦距求出，再根据离心率求出，最后用算出，从而得到椭圆方程.对于B选项，依据椭圆定义，周长等于，都为2a，算出周长判断对错.对于C选项，设直线方程与椭圆联立，用韦达定理得到和，由内心在轴推出，进而求出.对于D选项，当轴，求出值，设内切圆圆心，根据点到直线距离公式列方程求解圆心横坐标，舍去不合理值.【详解】对于A选项，已知，可得.又离心率，则.由，得，所以椭圆方程为，故A正确.对于B选项，周长为，根据椭圆定义，，，，所以周长是，故B错误对于C选项，，设，，.根据题意,设方程，与椭圆方程联立得，由韦达定理，.因为内心在轴上，所以，即，即，即，经化简得，代入韦达定理则，得，解得.故C正确.对于D选项，轴时，直线MN方程，代入椭圆方程得.设内切圆圆心，不妨设直线，根据点到直线距离公式，解得，舍去，故D正确.故选：ACD.11.若函数满足：对任意，恒有，则称函数为“类余弦型”函数.已知函数为“类余弦型”，若，且对任意非零实数，.则下列结论正确的是（）A.B.若，则C.函数为偶函数D.若有理数，满足，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据条件，令，即可求解；对于B，令，结合选项A中结果，即可求解；对于C，令，得到，即可求解；对于D，令，证明出，即可说明对任意、且，有，然后设，，、是非负整数，、为正整数，利用偶函数和前面的结论，即可求解.【详解】对于选项A，令，得到，又因为对任意非零实数，，所以，故选项A正确，对于选项B，令，得，由选项A知，又，，得到，所以选项B错误，对于选项C，令，得到，又，得到，所以C正确，对于选项D，因为时，，则，所以，令，即对任意的正整数有，则，所以，对于任意正整数，成立，对任意的、且，则有成立，、为有理数，所以可设，，其中、为非负整数，、为正整数，则，，令，，，则、为正整数，，，所以，，即，由选项C知，函数为偶函数，，，，故选项D正确，故选：ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知函数，则曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据切线斜率等于切点处的导数值求出切线斜率，然后用点斜式写出切线方程即可.【详解】由题意，点是切点，，则；故曲线在点处的切线方程为：，即.故答案为：.13.如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为__________.【答案】【解析】【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出，其中是平面的法向量，结合公式即可运算求解.【详解】如图，取的中点，因为平面，平面，所以，因为三角形是等边三角形，点是中点，所以，所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，因为，，，D为AC的中点，所以，所以，设平面的法向量为，所以，令，解得，所以可取，点到平面BDE的距离为.故答案为：.14.某无人机爱好者在年春节，设计了利用红、橙、黄、绿、紫五种颜色无人机群呈现如图的方形阵，方形阵分为六个区域，呈现要求是：同一区域为相同颜色的无人机群，且相邻区域的无人机群颜色不能相同，区域必须是红色无人机群，则不同的呈现方式共有__________种.【答案】【解析】【分析】先给区域选，再给区域选，再分区域和区域无人机颜色相同和不同两种情况讨论，利用分类、分步计数原理和组合，即可求解.【详解】先给区域选，有种选法，再给区域选，有种，①若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色相同，则区域有种选法，若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色不相同，则有种选法，区域有种选法，所以区域和区域无人机颜色相同时，共有种，②若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色相同，则区域有种，区域有种选法，若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色不相同，则区域有种，和区域只有种选法，所以区域和区域无人机颜色不相同时，共有种，因此，不同的呈现方式共有种，故答案为：.四、解答题（本大题共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.我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠售后保障，在全球赢得了很好的营销局面.下表为2017年—2024年（年份代码分别记为：1，2，3，4，5，6，7，8）该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计.年份代码i12345678科研经费（单位：百亿元）2361013151821市场规模（单位：百万辆）1122.53.53.54.56参考数据：，，，.参考公式：相关系数.（1）根据样本数据，推断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数，推断它们的线性相关程度（结果精确到0.01，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱）；（2）已知在国内，新能源车主购买的新能源汽车为该品牌新能源汽车的概率为p（），从国内新能源车主中随机抽取5人，记这5人中选择购买该品牌的人数为随机变量X，若，求随机变量X的数学期望和方差【答案】（1）样本相关系数，两个变量线性相关且线性相关程度很强.（2）随机变量的数学期望，方差.【解析】【分析】（1）根据给定的相关系数公式，结合已知的参考数据，计算出样本相关系数，再依据相关系数与线性相关程度的关系进行判断.（2）由已知条件可知随机变量服从二项分布，我们先根据求出的值，再利用二项分布的数学期望和方差公式求出和.【小问1详解】；.然后计算，将，，，代入可得：.接着计算，将，，代入可得：.再计算，将，，代入可得：.最后计算相关系数：根据公式，将，，代入可得：，因为，所以.由于接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强.【小问2详解】已知随机变量（因从国内新能源车主中随机抽取人，每个人购买该品牌汽车的概率为，符合二项分布的定义），根据二项分布的概率公式，由可得：，即，因为，得，解方程，得.再根据二项分布的数学期望公式和方差公式，将，代入可得：；.16.在如图所示的多面体中，已知四边形为菱形，其对角线和相交于H点，G是棱的中点，，且.（1）求证：平面；（2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过构造中位线来实现线线平行，通过构造平行四边形得到线线平行,进而证明线面平行.（2）先建立合适的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后利用向量的夹角公式求出面面角的余弦值.【小问1详解】因为四边形为菱形，根据菱形的性质，菱形的对角线互相平分，所以为的中点.又因为为线段的中点，在中，根据三角形中位线定理可得，且.已知且，所以且.可知四边形为平行四边形.由于平行四边形的对边平行，所以.又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】在菱形中，因为，且菱形的邻边相等，所以和都是正三角形.取的中点为，连接，根据正三角形三线合一的性质,可得，又因为，所以.又因为平面，平面，所以，，即两两垂直.以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.已知，则可得，，.因为，，，所以平面的法向量可取为.又，.设平面的法向量为，则由，由可得，取，则，将，代入，可得，解得，所以.设平面与平面所成角为，根据向量的夹角公式，.17.已知函数，其中为常实数.（1）当时，讨论函数在其定义域内的单调性；（2）若是函数的极大值点，证明：.【答案】（1）增区间为，，减区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接对求导，得，求出和的解，即可求解；（2）对求导，根据条件得到，且，将问题转化成证在上恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求解.【小问1详解】当时，，易知，又，由，得到或，由，得到，所以函数的增区间为，，减区间为.【小问2详解】因为，易知的定义域，则，令，得到，令，其对称轴为，图象开口向上，当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，此时，在上单调递增，无极值点，当，即，当时，，此时在上只有一个根，当时，，时，，不合题意，则，则，所以有两根，且，当时，，当时，，当时，所以是的极大值点，由题知，所以，要证，即证，即证在上恒成立，令，则，令，则，易知在区间上单调递减，则，所以在区间上单调递增，则，所以在区间上单调递减，则，所以在区间上恒成立，即.18.在平面直角坐标系xOy中，动点（）到点的距离与到x轴的距离之差等于1，记动点P的轨迹为.（1）求轨迹的方程；（2）过直线l：上一点Q作轨迹的两条切线，切点分别为A，B.证明：直线AB过定点，并求出定点坐标；（3）过点的动直线与轨迹交于C，D两点，直线CF交轨迹于另一点E，记△CDE，△CFR的面积分别为，，求的最小值.【答案】（1）（2）证明见解析，定点坐标（3）81【解析】【分析】（1）根据两点之间的距离公式和点到直线的距离公式，根据条件列出等式，然后化简可求得轨迹的方程.（2）利用导数求出轨迹在点处的切线方程，因为在两条切线上，根据韦达定理化简，进而得到直线的方程，通过变形找出直线所经过的定点.（3）设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理得到交点坐标关系，进而表示出关于某一变量的表达式，根据基本不等式的性质求出最小值.【小问1详解】根据两点距离公式，点到点的距离为，点到轴的距离为，因为，所以.根据条件可得：，则，展开化简得：.所以轨迹的方程为.【小问2详解】因为点在直线上，设，则.设，对已求得的轨迹方程求导得：.则在点处的切线方程为：，又.所以切线方程可化为：.因为点在切线上，所以①.同理，在点处的切线方程为：.因为点在切线上，所以②.由①②可知是方程的两个根，即的两个根.，根据韦达定理：.直线的方程为，又，所以.则直线的方程为，展开得.将代入得.再把代入得：