2025届湖南省娄底市高三下学期4月教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省娄底市2025届高三下学期4月教学质量检测数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，.故选：B.2.已知（）为纯虚数，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】依题意，，由为纯虚数，得，所以.故选：C3.已知向量，，则（）A. B. C.34 D.65【答案】A【解析】由题意，得，故.故选：A4.某同学参加跳远测试，共有3次机会．用事件（）表示随机事件“第i（）次跳远成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】表示前两次测试成绩均及格，故A错误；表示后两次测试都没有及格，故B错误；表示前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格，故C正确；表示三次测试成绩均不及格，故D错误，故选：C5.（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】，，于是.故选：B．6.长沙是一座有着悠久历史和丰富文化底蕴的城市，其当地美食也独具特色．某个假期期间，一名游客前往长沙旅游打卡，现要每天分别从臭豆腐、炸藕夹、剁椒鱼头、辣椒小炒肉、酱板鸭、糖油粑粑这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（）A.90 B.120 C.150 D.180【答案】A【解析】将6种美食平均分成3组，有种不同的分法，该游客每天选择其中一组美食进行品尝，有种不同的选法，所以这三天他选择美食的不同选法种数为种.故选：A7.已知正六棱柱的各个顶点都在半径为R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球半径为r．若，则当最小时，该正六棱柱的体积为（）A.36 B.42 C.48 D.24【答案】A【解析】设正六边形ABCDEF的中心为点M，则点M与任意一条边均构成等边三角形，因此点M到各边的距离均为等边三角形的高，即，不妨设该正六棱柱的高为h，则且，r取两者之中的较小者，由点M到A，B，C，D，E，F的距离均为2，得点M是正六边形ABCDEF的外接圆圆心，因此正六棱柱的外接球半径，若，则，；若，则，，于是当时，取得最小值，正六边形的面积为，所以该正六棱柱的体积为.故选：A8.设抛物线C：的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，其中点A位于第一象限，当l斜率为正时，x轴上存在三点D，E，H满足，，，则（）A.4 B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】如图，设l：，，，联立得，所以，，所以，依题意，，所以．而，，所以．因为，，所以，则，所以.故选：B．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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分．9.已知函数，则（）A.的图象关于直线对称 B.在区间上单调递增C.的最小正周期为 D.在点处的切线方程为【答案】BD【解析】对于A，由于，则不是的对称轴，故A错误；对于B，当时，，由余弦函数性质可知，在区间上单调递增，故B正确；对于C，函数的最小正周期为，故C错误；对于D，，，则在点处的切线方程为，故D正确．故选：BD10.化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度值时会造成一定的误差，甲小组进行的实验数据的误差和乙小组进行的实验数据的误差均符合正态分布，其中，，已知正态分布密度函数，记和所对应的正态分布密度函数分别为，，则（）A.B.乙小组的实验误差数据相对于甲组更集中C.D.【答案】AC【解析】由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值附近，峰值越大，反之，标准差越大，数据越分散，峰值越小.对于两个小组的误差，甲组的标准差，乙组的标准差显然甲组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙组更集中，故A正确，B错误；故C正确;而对于任何正态分布都有故，故D错误.故选：AC.11.已知函数的定义域为D，若，，都有，则称是次可加函数，则（）A.（）是次可加函数B.（）是次可加函数C.若，，，则次可加函数可以是周期函数D.若，，，则次可加函数的表达式不唯一【答案】ABD【解析】对于和，有，由，所以，所以，得，故A正确；对于和，有，由m，n的范围，有，所以．又，所以，所以，故B正确；由于，所以不是常函数．若是周期函数，设T是的一个周期，，考虑，，…，这T个函数值.设是其中的最大值，则，，由周期性可知最大值也是．取，则有，这与的最大值是矛盾，所以不是周期函数，故C错误；令，下面证明是次可加函数．若，成立，只需考虑．若，，而，成立；只需考虑，则，，故，故其表达式不唯一，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.已知椭圆C：上一动点到其两个焦点的距离之和为2m，则__________．【答案】3【解析】若椭圆的焦点在x轴上，则，由得（舍去）；若椭圆的焦点在y轴上，则，由得.故答案为：3．13.某公园有4条同心圆环步道，其长度构成公比为2的等比数列，若最长步道与最短步道之差为，则最长步道为__________．【答案】960【解析】设这条同心圆环步道的长度构成的等比数列为，公比，首项为（），根据等比数列通项公式，可得.因为越大，的值越大，所以最短步道为，最长步道为.可得.已知最长步道与最短步道之差为，即，联立解得，，即最长步道为.故答案为：960.14.幻方是一种数学游戏，具有悠久的历史，其要求每行每列以及两条对角线的数字之和均相等，且每格的数字均不相同．现将1～16填入4×4幻方，部分数据如图所示，则m的取值集合是__________．【答案】【解析】不妨记第i列（从左往右），第j行（从下往上）的数字坐标为，如，易知，，，，．设，则，，由对角线可得到，解得，故，，，．注意到，故，而12，13，16均在幻方中出现过，故或．当时，，但，矛盾；当时，给出一种幻方成立的情况：综上，m的取值集合是.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.已知双曲线C：的左顶点为A，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，．（1）求C的离心率；（2）若，求直线的一般式方程．解：（1）设双曲线的半焦距为，则，当时，点的横坐标为，代入C的方程，得，故，即因，所以，故，解得，故C的离心率为．（2）由（1）知，设，，因为P，Q是C上的两点，故，两式相减得：，若，则直线的斜率不存在，由双曲线的对称性可知，此时线段的中点位于轴，故不符合题意；若，则，因为是线段的中点，所以，，则，所以直线的方程为，即，经检验此时该直线与双曲线有两个交点，满足题意，则直线的一般式方程为，16.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．（1）求的面积；（2）若，求的值．解：（1）对右边等式，由余弦定理知，设BC边上的高为h，则，因为，所以，解得，所以的面积为．（2）由，解得，，由（1）知，，故，由正弦定理得，，所以，又因为，所以．17.如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．（1）过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长；（2）设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值．解：（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE；步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，由EAB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以，又F为中点，从而与全等．又与相似，所以，所以，，，，，故所求截面多边形的周长为．（2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下：易得，，，故，所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故，而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面．以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．设平面TCF的法向量，则，可取．又，，设平面CEF的法向量，则，可取．则．故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为．18.记为数列的前n项和，且为等差数列，为等比数列，．（1）求的值，并求的通项公式；（2）探究是否存在唯一的最大项；（3）证明：．（1）解：因为为等差数列，取前3项知2，，成等差数列，即，因为为等比数列，取前3项知，，成等比数列，即．代入，得，这等价于，也即，所以或．若，那么，所以，但不为等比数列，与题干不符，所以，得，经检验得符合题意，故．（2）解：令，解得，令，解得，当时，，．所以，即最大项不唯一，故不存在唯一的最大项．（3）证明：法一：因为，记，注意到，所以，于是，因此．法二：①．两边同乘，得②．①－②，整理得③．两边同乘，得④．③－④，整理得，即．19.已知函数（）．（1）当时，讨论的单调性；（2）已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称．（ⅰ）求b的取值范围；（ⅱ）若，求a的取值范围．解：（1）由可得，其定义域为；易知，记，则，所以单调递增．又，因此时，；时，；所以在区间单调递减，在单调递增．（2）（ⅰ）由题意可得．由对称性，不妨设，则．又，即．记，则，又，，所以，所以区间上单调递增，所以，即．下面证明，即证，有解，记，则，取，则，所以，使得，所以．（ⅱ）由题意可得，即．记，，则，．记（），，所以在区间上单调递增，所以，即，即，即（）．若，则，所以在区间上单调递减，所以，符合题意．若，时，，所以在单调递增，所以，不符合题意．综上所述，．湖南省娄底市2025届高三下学期4月教学质量检测数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，.故选：B.2.已知（）为纯虚数，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】依题意，，由为纯虚数，得，所以.故选：C3.已知向量，，则（）A. B. C.34 D.65【答案】A【解析】由题意，得，故.故选：A4.某同学参加跳远测试，共有3次机会．用事件（）表示随机事件“第i（）次跳远成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】表示前两次测试成绩均及格，故A错误；表示后两次测试都没有及格，故B错误；表示前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格，故C正确；表示三次测试成绩均不及格，故D错误，故选：C5.（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】，，于是.故选：B．6.长沙是一座有着悠久历史和丰富文化底蕴的城市，其当地美食也独具特色．某个假期期间，一名游客前往长沙旅游打卡，现要每天分别从臭豆腐、炸藕夹、剁椒鱼头、辣椒小炒肉、酱板鸭、糖油粑粑这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（）A.90 B.120 C.150 D.180【答案】A【解析】将6种美食平均分成3组，有种不同的分法，该游客每天选择其中一组美食进行品尝，有种不同的选法，所以这三天他选择美食的不同选法种数为种.故选：A7.已知正六棱柱的各个顶点都在半径为R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球半径为r．若，则当最小时，该正六棱柱的体积为（）A.36 B.42 C.48 D.24【答案】A【解析】设正六边形ABCDEF的中心为点M，则点M与任意一条边均构成等边三角形，因此点M到各边的距离均为等边三角形的高，即，不妨设该正六棱柱的高为h，则且，r取两者之中的较小者，由点M到A，B，C，D，E，F的距离均为2，得点M是正六边形ABCDEF的外接圆圆心，因此正六棱柱的外接球半径，若，则，；若，则，，于是当时，取得最小值，正六边形的面积为，所以该正六棱柱的体积为.故选：A8.设抛物线C：的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，其中点A位于第一象限，当l斜率为正时，x轴上存在三点D，E，H满足，，，则（）A.4 B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】如图，设l：，，，联立得，所以，，所以，依题意，，所以．而，，所以．因为，，所以，则，所以.故选：B．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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分．9.已知函数，则（）A.的图象关于直线对称 B.在区间上单调递增C.的最小正周期为 D.在点处的切线方程为【答案】BD【解析】对于A，由于，则不是的对称轴，故A错误；对于B，当时，，由余弦函数性质可知，在区间上单调递增，故B正确；对于C，函数的最小正周期为，故C错误；对于D，，，则在点处的切线方程为，故D正确．故选：BD10.化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度值时会造成一定的误差，甲小组进行的实验数据的误差和乙小组进行的实验数据的误差均符合正态分布，其中，，已知正态分布密度函数，记和所对应的正态分布密度函数分别为，，则（）A.B.乙小组的实验误差数据相对于甲组更集中C.D.【答案】AC【解析】由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值附近，峰值越大，反之，标准差越大，数据越分散，峰值越小.对于两个小组的误差，甲组的标准差，乙组的标准差显然甲组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙组更集中，故A正确，B错误；故C正确;而对于任何正态分布都有故，故D错误.故选：AC.11.已知函数的定义域为D，若，，都有，则称是次可加函数，则（）A.（）是次可加函数B.（）是次可加函数C.若，，，则次可加函数可以是周期函数D.若，，，则次可加函数的表达式不唯一【答案】ABD【解析】对于和，有，由，所以，所以，得，故A正确；对于和，有，由m，n的范围，有，所以．又，所以，所以，故B正确；由于，所以不是常函数．若是周期函数，设T是的一个周期，，考虑，，…，这T个函数值.设是其中的最大值，则，，由周期性可知最大值也是．取，则有，这与的最大值是矛盾，所以不是周期函数，故C错误；令，下面证明是次可加函数．若，成立，只需考虑．若，，而，成立；只需考虑，则，，故，故其表达式不唯一，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.已知椭圆C：上一动点到其两个焦点的距离之和为2m，则__________．【答案】3【解析】若椭圆的焦点在x轴上，则，由得（舍去）；若椭圆的焦点在y轴上，则，由得.故答案为：3．13.某公园有4条同心圆环步道，其长度构成公比为2的等比数列，若最长步道与最短步道之差为，则最长步道为__________．【答案】960【解析】设这条同心圆环步道的长度构成的等比数列为，公比，首项为（），根据等比数列通项公式，可得.因为越大，的值越大，所以最短步道为，最长步道为.可得.已知最长步道与最短步道之差为，即，联立解得，，即最长步道为.故答案为：960.14.幻方是一种数学游戏，具有悠久的历史，其要求每行每列以及两条对角线的数字之和均相等，且每格的数字均不相同．现将1～16填入4×4幻方，部分数据如图所示，则m的取值集合是__________．【答案】【解析】不妨记第i列（从左往右），第j行（从下往上）的数字坐标为，如，易知，，，，．设，则，，由对角线可得到，解得，故，，，．注意到，故，而12，13，16均在幻方中出现过，故或．当时，，但，矛盾；当时，给出一种幻方成立的情况：综上，m的取值集合是.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.已知双曲线C：的左顶点为A，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，．（1）求C的离心率；（2）若，求直线的一般式方程．解：（1）设双曲线的半焦距为，则，当时，点的横坐标为，代入C的方程，得，故，即因，所以，故，解得，故C的离心率为．（2）由（1）知，设，，因为P，Q是C上的两点，故，两式相减得：，若，则直线的斜率不存在，由双曲线的对称性可知，此时线段的中点位于轴，故不符合题意；若，则，因为是线段的中点，所以，，则，所以直线的方程为，即，经检验此时该直线与双曲线有两个交点，满足题意，则直线的一般式方程为，16.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．（1）求的面积；（2）若，求的值．解：（1）对右边等式，由余弦定理知，设BC边上的高为h，则，因为，所以，解得，所以的面积为．（2）由，解得，，由（1）知，，故，由正弦定理得，，所以，又因为，所以．17.如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．（1）过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长；（2）设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值．解：（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE；步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，由EAB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以，又F为中点，从而与全等．又与相似，所以，所以，，，，，故所求截面多边形的周长