湖南省2025届高考普通高中名校联考第一次模拟考试数学试题（附答案解析）

这是一份湖南省2025届高考普通高中名校联考第一次模拟考试数学试题（附答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．甲同学每次投篮命中的概率为，在投篮6次的实验中，命中次数的均值为2.4，则的方差为（ ）
A．1.24B．1.44C．1.2D．0.96
4．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，为的中点，且，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知正四面体的高等于球的直径，则正四面体的体积与球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，，且边上的高为，则（ ）
A．的面积有最大值，且最大值为
B．的面积有最大值，且最大值为
C．的面积有最小值，且最小值为
D．的面积有最小值，且最小值为
8．已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A．函数的一个对称中心为B．
C．函数为周期函数，且一个周期为4D．
二、多选题
9．设公比为的等比数列的前项和为，若数列满足，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．将函数图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A．为偶函数
B．的最小正周期为
C．与在上均单调递减
D．函数在上有5个零点
11．若函数，则（ ）
A．可能只有1个极值点
B．当有极值点时，
C．存在，使得点为曲线的对称中心
D．当不等式的解集为时，的极小值为
三、填空题
12．已知是等比数列，，则数列的前项和为 .
13．甲､乙玩一个游戏，游戏规则如下：一个盒子中装有标号为的6个大小质地完全相同的小球，甲先从盒子中不放回地随机取一个球，乙紧接着从盒子中不放回地随机取一个球，比较小球上的数字，数字更大者得1分，数字更小者得0分，以此规律，直至小球全部取完，总分更多者获胜.甲获得3分的概率为 .
14．已知正方体的棱长为，若在该正方体的棱上恰有个点，满足，则的取值范围为 .
四、解答题
15．为了研究学生的性别和是否喜欢跳绳的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表：
(1)依据的独立性检验，能否认为学生的性别和是否喜欢跳绳有关联？
(2)已知该校学生每分钟的跳绳个数，该校学生经过训练后，跳绳个数都有明显进步.假设经过训练后每人每分钟的跳绳个数都增加10，该校有1000名学生，预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数（结果精确到整数）.
附：，其中.
若，则，.
16．如图，在三棱锥中，平面平面，，为棱的中点，点在棱上，，且.
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．已知函数，且曲线在点处的切线斜率为.
(1)比较和的大小；
(2)讨论的单调性；
(3)若有最小值，且最小值为，求的最大值.
18．已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）．
(1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
(2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积．
19．若数列满足，且，则称数列为“稳定数列”.
(1)若数列为“稳定数列”，求的取值范围；
(2)若数列的前项和，判断数列是否为“稳定数列”，并说明理由；
(3)若无穷数列为“稳定数列”，且的前项和为，证明：当时，.
男学生
女学生
合计
喜欢跳绳
35
35
70
不喜欢跳绳
10
20
30
合计
45
55
100
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
《湖南省2025届高考普通高中名校联考第一次模拟考试数学试题 》参考答案
1．A
【分析】解一元二次不等式求出集合，然后由并集运算可得.
【详解】解不等式得，即，
又，所以.
故选：A
2．D
【分析】利用复数除法运算法则计算，然后求虚部即可.
【详解】，
所以的虚部为.
故选：D.
3．B
【分析】利用二项分布期望值公式以及方差公式计算可得结果.
【详解】根据题意可得命中次数服从二项分布，即；
即可得均值为，解得；
所以的方差为.
故选：B
4．C
【分析】根据指数型复合函数单调性的求法可得参数范围.
【详解】由函数的定义域为，
设，则，
又单调递增，
当时，，，无单调性，不成立；
当时，在和上单调递增，
即在和上单调递增，
所以，则，即；
当时，在和上单调递减，
即在和上单调递减，不成立；
综上所述，
故选：C.
5．C
【分析】利用椭圆的定义以及的位置关系及长度，构造齐次方程即可解得离心率.
【详解】如下图所示：

因为的中点，且，则，
由椭圆的定义，则，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，
即；又因，
代入整理得：，即，
解得或（舍）.
故选：C.
6．A
【分析】利用正四面体的特征求其高及体积，进而求球的体积即可.
【详解】
如图，正四面体，设其棱长为2，
设的中心为，连接，延长交于，
则平面且，
故正四面体的高为且，
所以.
设球的半径为，则，
则球的体积为，
故体积比为
7．D
【分析】由两角和差的正弦展开可得，再由三角形面积公式可得，再通过余弦定理求得的范围，即可求解.
【详解】因为
所以
所以，又为三角形内角，
所以，所以
设角的对边分别为，边的高为，
由三角形面积公式可得：，又，
所以，又，
所以，当且仅当时取等号，
所以
所以
故选:D
8．C
【分析】对于A，由为奇函数，则，再将代入化简可求出对称中心；对于B，由选项A可得，再由为偶函数可得，令可求出；对于C，由的图象关于点对称，结合求出进行判断；对于D，利用赋值法求解判断.
【详解】对于A，因为为奇函数，
所以，即，
所以，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以A正确，
对于B，在中，令，得，得，
因为函数为偶函数，所以，
所以，
所以，
令，则，所以，得，所以B正确，
对于C，因为函数的图象关于点对称，，
所以，所以，
所以4不是的周期，所以C错误，
对于D，在中令，则，
令，则，因为，所以，
因为，所以，所以D正确，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性、对称性和周期性，解题的关键是由已知条件化简后利用赋值法分析判断，考查计算能力，属于较难题.
9．BC
【分析】由可求得，结合可排除，知B正确；由等比数列通项公式知A错误；利用作差法可知C正确；根据等比数列求和公式可判断D错误.
【详解】对于B，当时，，，又，，
或；
当时，，，与矛盾，，B正确；
对于A，，A错误；
对于C，，，，，即，C正确；
对于D，，又，，D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】诱导公式结合余弦函数性质可判断A；根据周期变换求，由周期公式可判断B；整体代入法求单调区间即可判断C；直接解方程求零点可判断D.
【详解】对A，，显然为偶函数，A正确；
对B，由题知，，则最小正周期，B错误；
对C，由得，在上单调递减，
所以在上单调递减，
由得，在上单调递减，
所以在上单调递减，C正确；
对D，由得，
所以或，
即或，
因为，所以，
所以函数在上有5个零点，D正确.
故选：ACD
11．BCD
【分析】A项，根据判别式分类讨论可得；B项，有极值点转化为，结合A项可得；C项，取，验证可得；D项，由不等式解集结合图象可知，1和2是方程的两根且，解出系数，代入函数求解极值即可判断.
【详解】，
则，令，
.
A项，当时，，则在上单调递增，不存在极值点；
当时，方程有两个不等的实数根，设为，，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
故在处取极大值，在处取极小值，即存在两个极值点；
综上所述，不可能只1个极值点，故A错误；
B项，当有极值点时,有解，则，
即.由A项知，当时，在上单调递增，不存在极值点；
故，故B正确；
C项，当时，，
，所以，
则曲线关于对称，
即存在，使得点为曲线的对称中心，故C正确；
D项，不等式的解集为，
由A项可知仅当时，满足题意.
则且，且在处取极大值.
即，则有，
故，
，
又，
解得，
故，
则，
当时，，则在单调递增；
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
故在处有极大值，且极大值为；
在处有极小值，且极小值为；
故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于D项中条件“不等式的解集为”的转化，一是解集区间的端点是方程的根，二是在处取极值，从而.
12．
【分析】根据等比数列定义可得数列的通项公式，再由等比数列前项和公式计算可得结果.
【详解】由是等比数列可得其公比，
因此数列的首项为，公比，所以，即；
所以数列的前项和为
.
故答案为：
13．/
【分析】将问题转化为在三个盒子中各放入2个编号不同的小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率，然后可解.
【详解】将问题转化为：在三个盒子中各放入2个编号不同的小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率.
甲从三个盒子中各取一球，共有种取法，三个都是编号较大小球只有一种取法，
所以，甲获得3分的概率为.
故答案为：
14．
【分析】分别讨论当在正方体各个棱上时的取值范围，再根据点的个数求交集即可.
【详解】
当在、上时由、，即，即；
当在、上时为等腰三角形，，即，即；
当在、、、上时的取值范围均一致，当在上时，绕翻折，使平面与平面在同一平面内，
如图所示，
则，即，
又在每条棱上运动时，所在位置与的值一一对应，
又，
所以若满足条件的点恰有个，则，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用椭圆的定义，分类讨论在不同棱上的范围.
15．(1)不能
(2)人
【分析】（1）首先假设，再计算，并和参考数据比较，即可作出判断；
（2）转化为训练前的人数估计.由题意得的值，则即，利用正态曲线的对称性与区间的概率参考数据
【详解】（1）：学生的性别和是否喜欢运动无关.
，
所以根据的独立性检验，不能认为学生的性别与是否喜欢跳绳有关.
（2）训练前该校学生每人每分钟的跳绳个数，
则，，，
即训练前学生每分钟的跳绳个数在，，，
，
由（人）
估计训练前该校每分钟的跳绳个数在内的人数为.
即预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依据题意证明直线与两个平面的交线垂直，再利用面面垂直的性质求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）如图，取棱靠近的三等分点，
连结，则是的中点，
因为为棱的中点，所以是的中位线，
所以，因为，所以，
设，因为，
所以，作，连接，
则，因为，所以．
在中，由余弦定理得，
．
又面，
平面，因为面，所以．
又由平面平面，平面平面，
平面得证.
（2）由（1）知，．以为原点，
的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
令．
设平面的法向量为，
则即令，可得．
连接，此时，，由余弦定理得，
所以，所以，
因为平面，所以，
因为面，，
所以面，故平面的一个法向量为．
设平面和平面的夹角为，则，
平面和平面夹角的余弦值为．
17．(1)；
(2)答案见详解；
(3).
【分析】（1）根据导数意义列方程即可求解；
（2）求导，分和讨论导数符号即可得解；
（3）利用（2）中结论表示出最小值，然后利用导数求最值即可.
【详解】（1），由题知，
整理得.
（2）由（1）知，，
当时，恒成立，此时在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）知，当时，无最小值，
当时，在处取得最小值，所以，
记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值，
即的最大值为.
18．(1)1
(2)．
【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、（、），则，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；
（2）先求出点的坐标，进而得到双曲线在点处的切线方程为，不妨设直线为，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解.
【详解】（1）由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角，
设直线、的倾斜角分别为、（、），
直线、关于直线对称，，
．
（2）联立，
双曲线在点处的切线方程为．
不妨设直线为，，，
联立得，
整理得，将等式看作关于的方程：
两根之和，两根之积，
而其中，
由（1）得，
直线为，过定点，
又双曲线在点处的切线方程为，过点，，
．
19．(1)
(2)数列不是 “稳定数列”，理由见解析.
(3)证明见解析.
【分析】（1）将数据代入已知不等式，求解即可；
（2）先利用求出数列的通项公式，然后再判断是否满足“稳定数列”定义即可；
（3）先利用，建立不等式，两式相加化简，得，构成一个新的数列，有然后，讨论其相邻两项的正负，分别计算即可.
【详解】（1）由“稳定数列”的定义可知,，
解得，又因为，所以.
（2）数列不是 “稳定数列”，理由如下
令，得，
当时，，
检验，当时，，
故，所以，，
要使为“稳定数列”，则需，
即恒成立；
所以有，
显然不可能恒小于等于零，
故不能恒成立，
所以数列不是 “稳定数列”；
（3）由题可知，且，
则与两式相加
得
，
令，
则有，
分类讨论，
第一类， ，
，，
因为，所以有，
所以有，
得，
第二类，，
则有，
则有，， ，
得到，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以当为偶数时，，得，
当为奇数时，，
又因为，
所以，
所以，
所以得.
【点睛】关键点点睛：该题为数列新概念题，第一问和第二问,按照其概念计算即可；第三问,需要建立新的递推公式，得到一个找到数列不同项之间的关系，然后建立不等式求解即可.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
C
A
D
C
BC
ACD
题号
11









答案
BCD