资源简介

湖南省长郡中学2025年高考考前冲刺
数学
本试卷共19题，满分150分。考试用时120分钟。
第I卷（选择题）
一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分。
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数为实数，则实数a等于（ ）
A． B． C．1 D．2
3．如图，在 ABC中，，P是BN上的一点，若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．半径为2的球内切于正三棱柱，则正三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．某AI训练平台使用强化学习算法训练机器人完成迷宫任务。机器人每次训练有以下规则：若上一轮成功，本轮成功率保持p；若上一轮失败，本轮成功率降为. 已知首轮成功率为，且连续两轮都成功的概率为。则三轮训练中恰好成功两次的概率为（ ）
A. B. C. D.
6．已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线，切点为A，B，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数在区间上单调递增且存在零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数.若，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
9．已知A，B为两个事件，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则的最小值可能为0.38
C．若，，A，B相互独立，则
D．若，则
10．已知 ，若 ，则下列关系式能成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知两点在曲线上，为坐标原点，则（ ）
A．关于原点对称
B．若圆与有公共点，则
C．存在轴上方的两点，使得
D．若点在第一象限，则存在唯一直线，使得点到轴和到直线的距离之积为定值
第II卷（非选择题）
三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．设函数，则使得函数在区间上存在最大值的一个值为 ．
13．小军和小方两人先后在装有若干黑球的黑盒子与装有若干白球的白盒子（黑球数少于白球数）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取颗），最后不能按规则取的人输.已知两盒中共有个球，且两人掷硬币后决定由小军先手取球.小方看了眼黑盒中的球，对小军说：“你输了！”若已知小方有必胜策略，则黑盒中球数为 .
14．如图，现有棱长为的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥且，，分别为棱，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为 cm.
四、解答题
15．（13分）
在 ABC中，角、、所对的边分别为、、.从下面三个条件中选择两个，使得 ABC存在，并回答下列问题：①；②；③.
(1)求的值；
(2)当时，求 ABC的内切圆半径.
（15分）
圆锥的底面半径为4，侧面积为．线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．
(1)根据题干描述画出图形；
(2)当时，证明：平面平面；
(3)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
（15分）
如图，已知直线，点.为直线上任意一点，过点且与垂直的直线交线段的垂直平分线于点，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）为轴正半轴上的一点，过点的直线与曲线相交于两点，直线分别与曲线相交于异于的两点当直线的斜率都存在时，分别记为.若，求点的坐标．
（17分）
已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，为的导函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）记较小的一个零点为，证明：.
（17分）
进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为.
(1)将五进制数转化成三进制数.
(2)对于任意两个不同的位二进制数，，，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
湖南省长郡中学2025年高考考前冲刺
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C C A B B C A ACD BC
题号 11
答案 ACD
12．（答案不唯一）
13．
14．
15．（1）根据正弦定理可将条件①化为，将条件③化为，
则①说明a的长度是b与c的等差中项，即长度介于b与c之间（可以相等），
③说明a的长度小于b，而由②推知：a最长，所以②与①③矛盾，所以选①③。
由利用正弦定理可得，
又因为，则，可得，即，………………（5分）
由，可得，所以，，，此时ABC存在，
所以可得.………………（8分）
（2）由可得, b= ，由可得,………………（10分）
由等面积法：=(a+b+c)r，得：r= .………………（13分）
16．（1）
………………（3分）
（2）证明：因为垂直于圆锥的底面，所以，………………（4分）
当时，可得，所以，………………（5分）
又因为，且平面，所以平面，………（6分）
因为平面，所以平面平面.………………（7分）
（3）解：由题意知：，
因为圆锥的侧面积为，可得，解得，
所以，………………（9分）
当三棱锥的体积最大时，只需的面积最大，此时为弧的中点，
如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系，………………（10分）
因为，可得，
则，………………（11分）
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，………………（13分）
设与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为.………………（15分）
17．（1）根据线段垂直平分线的性质，知
动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线.
故曲线的方程为………………（4分）
（2）设点，
直线
由消去，得.………………（6分）
，
.
又
由三点共线，知，
即.………………（9分）
化简，得.
显然即.
同理可得………………（10分）
………………（12分）
又，由，有………………（14分）
故点的坐标为.………………（15分）
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是定义的使用，二是计算要准确并且要注意化简的技巧.
18.（1）函数的定义域为，，
①当时，，函数在单调递减；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，当时，函数在单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.…………（4分）
（2）（i）若，由（1）知，至多有一个零点；
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
因为当时，；
当时，，
所以函数有两个零点当且仅当.………………（7分）
设，函数在单调递增.
因为，的解集为.
综上所述，的取值范围是.………………（10分）
（ii）因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，……（11分）
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.………………（13分）
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.所以，故原不等式成立.
所以.………………（17分）
19．（1）由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
∵，∴，
∴五进制数转化成三进制数为.………………（3分）
①法一：先分析清楚X的含义,再结合分步乘法原理分析两个四位数的取值方法数，最后列式计算概率（P=）
若，对应两个四位数和，首位都是1，后三位每位要么是1要么是0，所以||要么为0（和相同时），要么为1（和不同时），∴的意义是：后三位共有X位不相同,
∴的所有可能取值为.
当时，P(X=1)= = , P(X=2)= = , P(X=3)= =
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∴.………………（9分）
法二：枚举法
①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.
∵，∴的所有可能取值为.
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，
∴，
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∴.
②∵位二进制数的，
∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
∵，∴的可能取值为.
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
∴，………………（12分）
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∵，
∴
，
∴.………………（17分）

展开更多......

收起↑