湖北省九师联盟2025届高三下学期核心模拟（下）数学（一）试题（附答案解析）

这是一份湖北省九师联盟2025届高三下学期核心模拟（下）数学（一）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．已知复数，则（ ）
A．B．2C．D．
2．已知一组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，则该组数据的40%分位数为（ ）
A．7B．8C．9D．10
3．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
4．记为等差数列的前项和，若，，则该数列的公差（ ）
A．6B．4C．D．
5．已知且，若函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ）
A．36种B．42种C．54种D．72种
7．已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知，函数，若，恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．对于函数，，则（ ）
A．与有相同的奇偶性
B．与有相同的最小正周期
C．与有相同的最大值
D．与的图象有相同的对称轴
10．已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（ ）
A．点在以为直径的圆上B．椭圆的离心率为
C．椭圆的方程为D．
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若，的图象关于直线对称，在上单调递减，且，则（ ）
A．是偶函数B．是奇函数
C．D．的极小值为
三、填空题
12．已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为 .
13．已知，均为锐角，，，则 .
14．如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，四边形是边长为1的正方形，，且，，，，若平面与平面之间的距离为，则该多面体外接球的表面积为 .
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，的面积为，求边上的高.
16．某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
17．如图，在平面四边形中，，，，，点为的中点，将沿折至的位置，使得四棱锥的体积为1.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
18．已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若有两个不同的零点，.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：.
19．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为.
(1)求双曲线的离心率；
(2)证明：数列是以为公比的等比数列；
(3)定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）.
《湖北省九师联盟2025届高三下学期核心模拟（下）数学（一）试题》参考答案
1．A
【分析】根据乘方运算得到，然后根据共轭复数的定义和模的公式计算.
【详解】，所以，所以.
故选：A.
2．B
【分析】根据题意，先求得，结合百分位数的计算方法，即可得到对答案.
【详解】由组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，
因为，所以该组数据的40%分位数为第4个数据，
即数据的分位数为.
故选：B.
3．C
【分析】解一元二次不等式求出集合，再利用交集的定义求解即可.
【详解】由得或，
所以或，
因为，所以.
故选：C.
4．B
【分析】根据，，利用等差数列的通项公式及求和公式将条件转化成基本量首项和公差，即可求解.
【详解】由，得，即.
由，得，所以.
故选：B.
5．D
【分析】利用二次函数的值域，指对数函数的单调性，结合分界点的函数值大小，即可求出的范围.
【详解】当时，的取值范围为，
要使的值域为，必有在上单调递增，且，
所以解得.
故选:D.
6．B
【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.
【详解】安排B项工作的人数分为两类，
第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，
从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法，
再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法，
若D项工作安排一人，则有种方法，
所以B项工作仅安排1人共种方法，
第二类，B项工作安排2人，有种方法，
由分类加法计数原理，得共有种方法.
故选：B.
7．D
【分析】设，则，可得，则，进而，即可求得.
【详解】如图，过作于，
由抛物线的定义知，
又，则，
设，则，
因为，则，
所以.
由于轴，所以，
则，
则，
所以，则.
故选：D.

8．C
【分析】构造函数，利用导数与函数间的关系及函数零点存在性定理，得到在上存在两个零点，，再结合题设条件，有，，进而可得到，构造函数，求出的最小值，即可求解.
【详解】令，则，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，又，所以，
又，，，，
所以在上存在两个零点，，
不妨设，则当时，，当时，.
记，要使，，
必有当时，，当时，，
所以，是方程的两相异正实根，所以，，
又，，所以，则，
所以，则.令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以的最小值为.
故选：C.
9．BC
【分析】利用奇偶性的定义得到两个函数的奇偶性，即可判断A；在同一直角坐标系中，作出两个函数的图象，由图可得两个函数的最小正周期，即可判断B；可得两个函数的最大值均为1，即可判断C；由图可得两个函数的对称轴，即可判断D；
【详解】因为，，
则为偶函数，为奇函数，
所以与不具有相同的奇偶性，故A错误；
在同一直角坐标系中，作出，的图象，
由图可知，的最小正周期为，的最小正周期，
所以与有相同的最小正周期，故B正确；
的最大值为1，的最大值为1，所以与有相同的最大值，故C正确；
由图可知，图象的对称轴为，，图象的对称轴为，，
所以与的图象没有相同的对称轴，故D错误.
故选：BC.

10．ACD
【分析】根据即可判断选项A；由选项A及圆的性质可知，.设，则，分析可得为等腰直角三角形，所以，进一步可得，.在中利用勾股定理及即可求出离心率，可判断选项B；由椭圆离心率及，可求得椭圆的方程判断选项C；根据角平分线定理可知，即可判断选项D.
【详解】如图所示，因为，所以点在以为直径的圆上，故选项A正确；由圆的性质可知，.设，则.
因为点为的中点，为的中点，所以为的中位线，则，且，所以.
又，则为等腰直角三角形，所以.
因为为的中位线，则，即，解得，所以，.
在中，，则，整理得.
又，则，所以，故选项B错误；
由，得，所以，，故椭圆的方程为，故选项C正确；
由上可知，，.因为，所以，则，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.

11．ABD
【分析】由对称性及的对称性、周期性、单调性结合条件逐一判断即可.
【详解】的图象关于直线对称，
，
即，
的图象关于直线对称，
则是偶函数，故A正确；
，
，
，
的图象关于点对称，
的图象关于点对称，
即是奇函数，故B正确；
，
又的图象关于直线对称，
，
，则， ，
8为的一个周期．
，故C错误；
在上单调递减，
且的图象关于点对称，
在上单调递减，
在上单调递减，
的图象关于直线对称，
在上单调递增，
是的周期函数，
在上单调递增，
时，取得极小值，
，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和投影向量的计算方法，求解即可.
【详解】因为，所以，又，
所以向量在向量上投影向量为，故所求坐标为.
故答案：.
13．
【分析】利用同角三角函数关系和两角和差的余弦公式求解即可.
【详解】因为，均为锐角，所以，
由，得，所以，
由，得，所以，
所以，解得，
所以，故，
故答案为：
14．
【分析】连接，，分别取，，，的中点，，，，连接，，二者相交于点，连接，，证明点为多面体的外接球球心，再根据球的表面积公式即可得解.
【详解】连接，，分别取，，，的中点，，，，
连接，，二者相交于点，连接，，
则为和的中点，且，且，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，故，，，四点共面，
在中，因为，，
所以，且，
又平面与平面之间的距离为，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以，
同理可求得，
易知为正方形的中心，故，
所以点为多面体的外接球球心，且该球的半径，
故该外接球的表面积.
故答案为：.
15．(1)
(2)2
【分析】（1）利用正弦定理，可把转化成，再借助辅助角公式和三角形内角的取值范围，可求角.
（2）借助，可得，再利用余弦定理可求边，再利用三角形面积公式可求边上的高.
【详解】（1）由正弦定理，得，又，所以，
所以，
整理，得，即，
又，所以，
所以，故.
（2）由的面积为，得，所以.
由余弦定理，得，
所以，
设边上的高，
由，解得.
16．(1)方案一
(2)
【分析】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可；
（2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解.
【详解】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用余弦定理求出，再根据勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，即可得证；
（2）根据棱锥的体积求出四棱锥的高，从而可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，
在中，，，，
由余弦定理，得，所以，
所以，所以，
因为，，所以，则，
在中，，，
由余弦定理，得，所以，
故，所以，
又，所以，
则，，
又，，平面，所以平面，
因为平面，故平面平面；
（2）设四棱锥的高为，
由，得，
由（1）可知，平面平面，，
所以即为四棱锥的高，
所以平面，
所以，，两两互相垂直，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量
，则即
取，得，，所以，
设平面的一个法向量，
则，即取，得，，所以，
所以，
设二面角的大小为，则，
故二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解；
（2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解；
（ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证.
【详解】（1）当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为，即
（2）（ⅰ） 易知的定义域为，
由题意得，方程有两个相异正根，，
即方程有两个相异正根，，
设，则，
因为，所以，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
由，及的性质知，
当且时，，，
所以当时，，又，，
所以要使有两个相异正根，，必有，
故实数的取值范围为.
（ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则，
设，则
，
令，
则当时，，
所以在上单调递减，则当时，，
所以当时，，
所以在上单调递减，故当时，，
所以当时，，
所以，即，
又，，
由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故.
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用给定条件，求出渐近线方程，进而求出离心率.
（2）由（1）求出双曲线方程，设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理定理求出直线与轴交点坐标，结合已知推理得证.
（3）利用（2）求出的坐标，求出的面积，求出数列的所有项和的函数关系，再求出其最小值即可.
【详解】（1）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为，
依题意，，解得，，
则双曲线的渐近线方程为，即，
所以双曲线的离心率为
（2）由（1）知，，双曲线的方程为，
设，，则，，
过的直线斜率不为0，设直线的方程为，
由消去并整理得，，
则，， ，
直线的斜率，直线的方程为，
令，则
，因此直线恒过定点，
又直线与轴的交点为，于是，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（3）由对称性知，直线也恒过定点，则，，
因此
，，
则是以为首项，为公比的等比数列，数列的所有项和
，设，则，
由过的直线与双曲线的右支交于两点，得，即，
则，又函数在上单调递减，
则 ，，
所以数列的所有项和的最小值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
B
D
B
D
C
BC
ACD
题号
11









答案
ABD