（数学试卷）湖南省部分高中2025届高三下学期三模联考试题（解析版）

湖南省部分高中2025届高三下学期三模联考数学试一､单项选择题：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】D【解析】不等式，解得，不等式，解得，所以集合，，，故选：D.2.若复数满足，则的实部为（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】由已知条件知：.所以.所以该复数的实部为-1.故选：A.3.若甲､乙､丙､丁､戊随机站成一排，则甲､乙不相邻的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】5个人随机排成一排的总排列数为：种.将甲乙看成一个整体（捆绑法），此时相当于有4个人随机排列，排列数为，而甲乙两人之间又有种排列顺序.根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排列数为：种.所以，甲乙不相邻的排列数为种.根据古典概型概率公式可得，甲乙不相邻的概率为：.故选：A.4.若向量满足，且，则夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵，.∴，，，∴，且，则，故选：B.5.已知（），则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，又，所以，解得（舍去）或，所以，则，则.故选：A6.已知函数在时取极小值，则其导函数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为在时取极小值，所以在处成立.即：，所以.当时，，当时，，当时，，所以在时取得极小值，故.所以原函数表达式为：.导函数的表达式为：因为，所以根据基本不等式.所以导函数的最小值为：.故选：C.7.如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵平面，平面，∴即点到的距离为，∴，如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，设，，，∵，∴，整理得，即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，即点的轨迹的长度为，故选：D.8.已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由对称性，知轴，，，四边形是正方形，则，，则，，则在双曲线上，，即，即，化简整理得，即，所以，即，又，故，解得或（舍去）.故选：C．二､多项选择题：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.下列说法正确的是（）A.数据的第80百分位数为11B.已知随机变量，设，则的方差C.用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是D.若样本数据的平均数为2，则的平均数为8【答案】AB【解析】对于A，由，得第80百分位数为11，A正确；对于B，，则，因此，B正确；对于C，简单随机抽样，从51个个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率相等，都是，C错误；对于D，依题意，的平均数为，D错误.故选：AB10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于点对称C.在区间上的值域为D.若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为【答案】BCD【解析】因为，对于A选项，函数的最小正周期为，A错；对于B选项，因为，故的图象关于点对称，B对；对于C选项，当时，，则，所以，，故在区间上的值域为，C对；对于D选项，若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，即函数为偶函数，故，解得，因为，故当时，取最小值，D对.故选：BCD.11.对于无穷数列，下列命题中正确的是（）A.若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列B.若等差数列满足，则是常数列C.若等比数列满足，则是常数列D.若各项为正数的等比数列满足，则是常数列【答案】ABD【解析】对于A选项，若数列既是等差数列又是等比数列.对于等差数列，有（为公差）；对于等比数列，有（为公比且）.若，那么，不是常数，这与等比数列性质矛盾.所以，即，所以是常数列，A选项正确.对于B选项，等差数列满足.设等差数列的公差为，若，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足.只有当时，，才能满足，所以是常数列，B选项正确.对于C选项，等比数列满足.例如等比数列，，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，满足，但它不是常数列，C选项错误.对于D选项，各项为正数的等比数列满足.设等比数列的公比为（），.若，当足够大时，会无限增大，不满足；若，当足够大时，会无限趋近于，不满足所以只有，此时，满足，是常数列，D选项正确.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.椭圆的离心率为______.【答案】【解析】由椭圆的标准方程可得,则，则.故答案为：.13.已知是偶函数，则的最大值为______.【答案】【解析】因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称，易知定义域为，即，因此的解集为；即可得，所以；此时，经检验满足，符合题意；此时的定义域为，且，易知当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，可知在处取得极大值，也是最大值，即；所以的最大值为.故答案为：14.已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有______个元素.【答案】921【解析】先说明连续11项中集合中最多选取5项，以为例.构造抽屉，，，，，，.①同时选，因为具有性质和，所以选5则不选；选6则不选；选7则不选；则只剩，故中属于集合的元素个数不超过5个.②选2个，若只选，则不可选，又只能选一个元素，可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.若选，则只能从中选，但不能同时选，故中属于集合的元素个数不超过5个.若选，则不可选，又只能选一个元素，可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.③中只选1个，又四个集合，，，每个集合至多选1个元素，故中属于集合的元素个数不超过5个.由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个，如取.因为，则把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025.给出如下选取方法：从中选取；然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次.此时集合的元素为：；；；；，共个元素，而取也满足题意，经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个.故答案为：921.四､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.如图，在直三棱柱中，.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：由题知平面，又平面，所以.又，，平面，平面，所以平面.又平面，所以.因为，所以四边形是正方形，所以.又，平面，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）解：以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.因，所以，所以.设平面的法向量为，则，即.取，则，所以平面一个法向量为.由（1）得平面的一个法向量为.所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.16.某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：红色外观蓝色外观棕色内饰710米色内饰35（1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立；（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望.解：（1）红色外观共有（个），，米色内饰共有（个），，是红色外观且是米色内饰的有个，，，，、不相互独立.（2）由题意知的所有可能取值为，且，，，的分布列为600300150.17.已知数列满足，数列满足，且.（1）求的通项公式；（2）求的通项公式；（3）将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求.解：（1）由可得，又，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，即.（2）方法一：由已知得，所以，所以，又，等式两边同时相乘，可得，得，该式对也成立.故.方法二：由可知是常数列，所以，即.（3）设在的前100项中，来自的有项.若第100项来自，则应有，整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.若第100项来自，则应有，整理可得.易知在时单调递增，当时，，不满足题意，当时，，满足题意，故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，所以.18.已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.（1）求的方程；（2）比较与的大小，并说明理由；（3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由.解：（1）已知点在上，所以，即，解得，所以的方程为.（2）抛物线方程可化为，则，当时，切线斜率，由点斜式可得过点的切线方程为，即，令，可得，所以.由，可得，所以.如图（1），设直线的方程为，联立得得，所以.因为，所以，所以.（3）易知.由题意知直线的斜率必存在，故设直线，联立得消去得，所以.直线的方程为，将代入，得，由，所以，同理可得.所以直线的斜率，由直线的点斜式方程可得直线，将代入，得，所以直线过定点.19.已知函数，.（1）求函数在处的切线方程；（2）若，（i）当时，求函数的最小值；（ii）若有两个实根，，且，证明：.解：（1）因为，所以，所以，又，所以函数在处的切线方程为：，即.（2）（i）当时，，定义域为，，令，则，所以在上单调递增，又因