【高考模拟】湖南省2025届高三下学期仿真演练二数学试题（含解析）

湖南省2025届高三下学期仿真演练二数学试题1．若zz+1=1−i，则A．−1+i B．−1−i C．1+i D．1−i2．已知集合A=xy=x2−x+A．−3,2 B．−2,3 C．2,3 D．−3,−23．若cos10°=a，sin10°=b，则cos80°sin10°sin20°A．a2b B．b2a C．ab4．若函数fx=logA．1,2 B．1,2 C．1,2 D．1,25．从两名男同学和四名女同学中随机选出三人参加数学竞赛，则恰好选出一名男同学和两名女同学的概率为（）A．25 B．23 C．356．已知ABC−A1B1C1是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足bcosA．22−1 B．2−1 C．22+17．数列an满足a1=1，Sn为其前n项和，若对任意正整数p，q，若p>q时，恒有A．32 B．35 C．38 D．408．若椭圆x24+y2=1的左右焦点分别为F1，FA．43+15 B．43−159．若z1，zA．zB．若z1+1C．若z1+D．若z1=1+i，z10．已知函数fxA．当x>0时，fB．f'xC．不存在直线y=mm∈R与曲线fD．若fα=−fβ，α∈−11．P1x1,y1x1>0为抛物线C:x2=8y上一点，按照如下方式构造Pn与Pn−1n=1,3,5,7,⋯：过点Pn−2作C的切线交x轴于Qn−2，取Pn−2Qn−2中点为A．数列xn为等比数列 B．数列yC．P2nP2n−112．若随机变量X∼N50,σ2，且PX≤4013．已知椭圆Γ:x24+y23=1，F为Γ的右焦点，P为第一象限内椭圆上的一点，过点P作Γ的切线，与x、y轴分别交于A14．若函数fx=sinx+sinm+nsinx+m，gx=lnfx15．已知在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且3bcosB+C2−a（1）求角A；（2）若A，B，C，D四点共圆，求四边形ABCD面积的最大值.16．已知椭圆C:x24+y（1）当点P到直线QM的距离为1时，求直线QM的斜率；（2）若直线OP交MQ于点N，△PNM，△PNQ的面积分别为S1和S2，若13S17．如图，正三棱锥P−ABC的各棱长均为2，D，E，F分别是PA，PB，PC的中点，连接BD，CD，点O为底面ABC内BC边上的高所在直线上的动点，M为△ABC的中心（图中未画出），（1）若平面BCD∩平面DEF=直线l，证明：l//平面ABC（2）若MO=λMA，平面ABC与平面POB的夹角的余弦值为3418．已知函数f（1）证明：f1（2）若fx19．甲同学与乙同学进行如下游戏：在m×m个白色小方格中，甲同学将从上往下数的第i行，从左往右数的第j列涂黑，而乙同学从除黑色方格以外的任意一格出发，只能往前、后、左、右四个方向移动，且不能经过黑色方格.若乙可以不重复的一次性经过所有白色方格，则乙获胜，否则甲获胜，记甲涂黑的方格为i,j.（1）若m=3，甲同学随机涂黑一个方格，求甲获胜的概率.（2）若甲将1,2涂黑，求证：当m为奇数时，甲一定获胜.（3）若m为奇数，乙从1,1出发，甲将i,j涂黑，其中i，j不同时为1，求证：甲获胜的概率P=1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：由题意可知，z=1−i所以−iz+1−i=0，所以z=1−i故选：B.【分析】根据复数的四则运算化简即可求得z.2．【答案】A【解析】【解答】解：由题意可知，2−x>0x>0，解得0<x<2，所以A=由x+3x−1<0，解得−3<x<1，所以所以A∪B=−3,2故选：A.【分析】根据函数定义域求得集合A，解一元二次不等式求得集合B，进而利用并集概念即可求得A∪B.3．【答案】B【解析】【解答】解：cos80°故选：B.【分析】根据诱导公式cosα=sin(4．【答案】D【解析】【解答】解：fx由图象可知，函数f(x)与直线y=a恰有三个交点，则a的取值范围是1,2.故选：D.【分析】先画出函数fx5．【答案】C【解析】【解答】解：六名同学选三名同学，有C6其中恰好选出一名男同学和两名女同学有C2所以恰好选出一名男同学和两名女同学的概率为P=12故选：C.【分析】求出六名同学选三名同学和恰好一名男同学和两名女同学的选法，再根据古典概型的概率公式可得所求概率.6．【答案】B【解析】【解答】解：由正弦定理可得sinB所以sinB+C因为A∈0,π，所以sinA≠0，所以sinA=1由勾股定理可知，b2+c2=a2，

又a=设△ABC的内切圆半径为r，所以S△ABC=1要使三棱柱ABC−A1B所以三棱柱的高AA1为内切球的直径，即故选：B.【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简可得A=π2，进而结合勾股定理和已知条件可求得b，c的值，再结合等面积法12bc=12a+b+c7．【答案】B【解析】【解答】解：由题意可知，当p=2，q=1时，a3+a当p=3，q=1时，a4+a当p=4，q=1时，a5+a又当p=3，q=2时，a5+a1=2所以a1=1，a2=4，a3当p=5，q=1时，a6+a当p=6，q=1时，a7+a所以S7故选：B.【分析】利用赋值法计算求得a2,a8．【答案】C【解析】【解答】解：联立x24+y2=1y=−x+1，消x整理，可得5x2−8x=0，解得x1=0,x2设直线AB与x轴交点为E，因为y=−x+1，令y=0,得x=1，所以E1,0，

若0≤xp<1所以S△A因此我们只需要求S△P设Pm,−m+1，且0≤m<1

所以S△F所以S△PF2E−所以S△A

同理，当1≤xp≤8因为S△PF1所以S△AF1P+S△BF2故选：C.【分析】根据题意联立直线方程与椭圆方程求得点A，B的坐标，结合图形分类讨论P点位置，分0≤xp<19．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、设z1=a+bi，z2=c+di，a,b,c,d∈R而z1z2=ac−bdB、设z1=i，z2=2C、设z1=x+yi,x,y∈R，所以z1=x−yi，所以D、因为z1=1+i，所以z2由题可知1+n>0，解得n>−1，所以实数n的范围是(-1，+∞)，故选项D错误.故选：AC.【分析】设z1=a+bi，z2=c+di，a,b,c,d∈R，分别求得z1z2，z10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、因为函数y=lnx−x+1(x>0)，所以所以函数y=lnx−x+1在0,1上单调递增，在所以y=lnx−x+1≤ln1−1+1=0，即又因为函数y=sinx−x，所以y'=cosx−1≤0恒成立，所以函数所以fxB、f'x=cosxsinx+1C、令f'x=0，方程无解，所以不存在直线y=mD、fx+f−x=lnsinx+1+x+ln−sinx+1−x=故选：ACD.【分析】求导，构造函数可判断选项A；先对函数fx=lnsinx+111．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：AB、抛物线C:x2=8y，即y=所以当n=1,3,5,7,⋯时，过点Pn−2做抛物线的切线的斜率为：k=1所以切线方程为y−yn−2=14xn−2x−xn−2，即所以Pn−2Qn−2的中点Pn−1坐标值xn−1过Pn−1的切线xxn=4y+yn所以xnxn−1C、过点P2n−1的切线方程为xx2n−1又因为F0,2，Qn−2xn−2所以P2nD、又xn=xn−22，所以所以x2n−1x1=12则i=1n故选：BCD.【分析】过点Pn−2作切线，利用求导的几何意义结合抛物线方程可得切线方程，进而可得Qn−2与Pn−1，同理可得Pn，利用等比数列的概念即可判断选项AB；分别计算kP2n−1P12．【答案】0.7【解析】【解答】解：由题意可知，Px≥60所以Px≤60故答案为：0.7.【分析】利用正态分布的对称性求解即可..13．【答案】1,【解析】【解答】解：设Px0,y易知切线斜率存在，设切线方程为y=kx+my=kx+mx24所以Δ=所以x0=−4km3+4k所以k=−3x0令x=0，得y=3y0；令y=0，得x=4x又因为F1,0，所以FA=所以FA⃗⋅FB⃗=−4x所以点P的坐标为1,3故答案为：1,3【分析】设Px0,y0，可得切线方程y=kx+m，联立直线方程与椭圆方程可得x0=−4km3+4k2=−4km，y014．【答案】kπ，k∈Z；kπ，k∈Z【解析】【解答】解：当n=0时，fx因为fx为偶函数，所以f−x=f所以−sin所以−整理得sinmcosm所以sinm=0，解得m=kπ，因为gx为奇函数，所以g−x=−gx所以sin整理得：sin2=所以sin2m+n=1−cos2故答案为：kπ,k∈Z；kπ,k∈Z.【分析】当把n=0代入函数fx中，进而根据偶函数的概念可知f−x=fx，结合三角恒等变换化简可得sinm=0，利用正弦函数的性质即可求得m的值；利用奇函数的概念可知g15．【答案】（1）解：由正弦定理可得3sin因为A+B+C=π，

所以3sinB又因为B∈(0,π)，所以sinB≠0因为A∈0,π，所以A2∈0,π所以A2=π（2）解：由题意ABCD为圆内接四边形，所以∠D=π−∠A=2π又a=1，由余弦定理a2=b2+c2−2bccos同理，DC2+DB所以DB⋅所以四边形ABCD面积为S=≤3所以四边形ABCD面积最大值为33【解析】【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式和二倍角正弦公式将条件化为3sinA2（2）由题意∠D=2π3，根据余弦定理及基本不等式得bc≤1和DB⋅（1）由3bcosB+C即3sin又sinB≠0，故3因为A∈0,π，所以A2∈0,π所以A2=π（2）由题意ABCD为圆内接四边形，所以∠D=π−∠A=2π又a=1，由余弦定理得b2+c2−bc=1同理，DC2+DB所以DB⋅所以四边形ABCD面积为S=≤3所以四边形ABCD面积最大值为3316．【答案】（1）解：由题意可知，直线QM的斜率存在，设直线QM的方程为：y+32=kx−1，

由k−32−k−32（2）解：如图所示，过点P作PH⊥MQ，

​​​​​​因为13S1=8S2，所以13×MNPH2lpO:y=32x，联立x24所以x1+1=2k2+解得k1=−3，k2=−312，

​​​​​​​【解析】【分析】（1）借助点Q坐标设直线QM方程为y+32=k（2）应用面积关系列式得出MNNQ=813，设Mx1,y1（1）设QM:y+32解得k=±2，所以MQ的斜率为±（2）过点P作PH⊥MQ，所以13×MN所以MNNQ=813，设MlpO:y=联立x所以x1+1=2k解得k1=−3，k2=−31217．【答案】（1）证明：∵E，F分别是PB，PC的中点，∴EF//BC，又∵EF⊂平面DEF，BC⊄平面DEF，∴BC//平面DEF，∵BC⊂平面BCD，且平面BCD∩平面DEF=l，∴BC//l，又∵BC⊂平面ABC，l⊄平面ABC，∴l//平面ABC.（2）解：∵三棱锥P−ABC为正三棱锥，且M为底面ABC的中心，∴PM⊥平面ABC，

如图所示，以M为原点建立空间直角坐标系，∵正三棱锥的各棱长均为2，∴MB=33AC=∴A−33,−1,0，B233,0,0，又∵O为底面ABC内BC边上的高所在直线上的动点，

∴MO=λ∴O−∴OP设平面POB的一个法向量为m=则OP⋅令z=λ，则x=2λ,y=−26易知平面ABC的一个法向量为n=则|cos解得λ=4±2​​​​​​【解析】【分析】（1）根据中位线的性质可证得EF//BC，根据线面平行判定定理可得BC//平面DEF，利用线面平行的性质可得BC//l，进而即可证得l//平面ABC；（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面ABC与平面POB的法向量，利用向量的夹角公式列式即可求得λ.（1）∵D，E，F分别是PA，PB，PC的中点，∴EF//BC，又∵EF⊂平面DEF，BC⊄平面DEF，∴BC//平面DEF，∵BC⊂平面BCD，且平面BCD∩平面DEF=l，∴BC//l，又∵BC⊂平面ABC，l⊄平面ABC，∴l//平面ABC；（2）由三棱锥P−ABC为正三棱锥，且M为底面ABC的中心，则PM⊥平面ABC，又由已知三棱锥的各棱长均为2，∴MB=33AC=∴A−33,−1,0，B2又∵O为底面ABC内BC边上的高所在直线上的动点，MO=λ∴O−∴OP=3设平面POB的一个法向量为m=则OP⋅令z=λ，可得m=又易知平面ABC的一个法向量为n=则cosm,n解得λ=4±218．【答案】（1）证明：由题意可知，f1=e当a∈0,1时，ea>1,当a∈1,+∞时，设tx当x∈1,e时，t'x<0,所以tx在1,e上单调递减；

当x∈e,+∞所以函数tx=xlnx在x=e处取得最小值te=elne，所以ta≥te=elne，即可得证（2）解：由题意可知，f当a∈0,1时，f所以fx在0,+∞上单调递增，所以fx当a∈1,+∞时，令gx=f'x=ae所以eax≥aex，所以g'x=f'0<0，当x1>ln2因为gx=f'x在0,+所以x∈0,x0，f'x<0,所以fx在0,x又因为f0=0，所以fx0<0又因为ea≥ae>1，所以x→+∞,fx=此时存在一个x2∈x但当a=e时，fx综上所述，fx有且只有一个零点时，a的范围为1,e【解析】【分析】（1）根据已知条件先求得f1+a=ea−ae（2）先求出导函数再分a∈0,1，a∈1,+∞（1）f1=e当a∈0,1时，e当a∈1,+∞时，要证ea−即证alna构造函数tx当x∈1,e时，t'x<0,tx在1,e上单调递减，当x∈所以函数在x=e处取得最小值te=elne，所以ta（2）令gx当a∈0,1时，g则fx在0,+∞上单调递增，故fx当a∈1,+∞时，g'x=所以eax≥aex，所以g'x=f'0<0，当x1>ln2因为gx=f'x在0,+所以x∈0,x0f'x<0,f又因为f0=0，所以fx0<0又因为ea≥ae>1，所以x→+∞,f此时存在一个x2∈x但当a=e时，fx综上，a∈1,e19．【答案】（1）解：甲在3×3方格的四个角和中心处随机涂黑一个，显然乙可以不重复地一次性经过所有白色方格，只有当甲涂黑1,2，2,1，2,3，3,2时，乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，所以甲获胜的概率为49​​​​​​（2）证明：我们为格子标号：1黑格12121212121212121212121乙不妨从1出发，则乙的路线必定是1→2→1→2…，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1，若最后是2，则说明1的数量和2的数量相同，若最后是1，则说明1比2多一个，因为m为奇数，所以第1，3，5，7…m列，1的数量比2的数量多1个，这样的列数一共有m+12个，也就是1比2的数量多m+1同理，第2，4，6，…m−1列，2的数量比1的数量多一个（不考虑黑格），这样的列一共有m−12列，所以1的数量比2的数量多m+1但实际情况是第二列中1的数量和2的数量一样多，所以1的数量比2的数量多两个，这说明乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，

所以当m为奇数时，甲一定获胜.（3）证明：受到（2）的启发，我们仍然为格子标号：1212121212121212121212121乙的路线仍然是1→2→1→2→…，乙获胜只需要使1和2一样多，或1比2多一个，我们考虑1比2多两个的情况：若不考虑涂黑的格子，由（2）可知：1比2的数量多1个当且仅当涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜，第1，3，5…m列每列m−12个2，第2，4，6…m−1列每列有m+12个2，因此一共有又因为甲可以涂黑除了1,1共m2−1个方格，因此甲获胜的概率【解析】【分析】（1）不难看出只有当甲不涂黑3×3方格的四个角和中心处，甲一定获胜，根据古典概型的公式即可得甲获胜的概率；（2）给格子标号，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1，计算当m为奇数时，1号和2号的格子数，发现1的数量比2的数量多两个，即可知甲一定获胜