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湖南省2025届高考模拟数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则为( )
A. B. C. D.
3.已知服从正态分布，当时，关于的二项式的展开式的常数项为( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列，其前项和为，有最小值，若，则使成立的的最大值为( )
A. B. C. D.
5.已知圆的半径为，弦，为圆上一动点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.已知函数，若对，，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.从分别标有，，，，的个小球中，不放回的随机选取两个小球，记这两个小球的编号分别为，若，则为实数的概率为( )
A. B. C. D.
8.二面角的平面角的大小为，，为半平面内的两个点，为半平面内一点，且，若直线与平面所成角为，为的中点，则线段长度的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，，则下列说法正确的是( )
A. 函数的极大值为
B. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为
C. 当时，用二分法求函数在区间内零点的近似值，要求误差不超过时，所需二分区间的次数最少为
D. 若不等式在区间上恒成立，则的取值范围为
10.已知函数，，则下列结论正确的是( )
A. 与的图象有相同的对称轴 B. 与的值域相同
C. 与有相同的零点 D. 与的最小正周期相同
11.已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，若为，在第一象限的一个公共点，和的离心率分别为，，，则( )
A.
B.
C.
D. 当时，的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 用数字作答．
13.已知的分布列为
则下列各式正确的有 填序号
．
14.设数列满足：，，其中表示不超过的最大整数，则 ．
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.本小题分
已知函数，其中为自然对数底数．
当时，求函数在点处的切线方程；
讨论函数的单调性，并写出相应的单调区间；
已知，若函数对任意都成立，求的最大值．
16.本小题分
如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为上一点，且平面，．
证明：平面平面
求直线与平面所成角的余弦值．
17.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，．
求；
若的面积为，内角的角平分线交边于，，求的长；
若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值．
18.本小题分
已知为抛物线的焦点，为在第一象限上的动点，当时，设的准线与轴交于点，与交于点，，，与交于点，与交于点．
求的方程
求的轨迹方程
若，求的取值范围．
19.本小题分
设集合，若集合中元素与满足，则称为在集合中的“友好元”对于整数，若存在一个子集满足：(ⅰ)集合中元素个数为，在集合中都至少有个“友好元”，则称是“好数”．
当且时，直接写出在集合中的“友好元”
当时，求证：是“好数”
当时，若整数，，，满足，且对，，，均有，求证：是“好数”．
答案和解析
1.【答案】
【解析】集合，又，
则．
故选：．
2.【答案】
【解析】设，
则，
，
则，
即，解得，，
故，，
故．
故选：．
3.【答案】
【解析】因为服从正态分布，，
所以，
二项式的展开式的第项，
令，可得，
所以二项式的展开式的常数项为，
故选：．
4.【答案】
【解析】因为等差数列的前项和为有最小值，所以，，所以，
因为，所以，，且，
所以，，
所以当时，所以使成立的的最大值为．
故选：．
5.【答案】
【解析】已知圆的半径为，弦，为圆上一动点，
如图，作圆的直径，过作的延长线，垂足为，
而可以看作在上的投影向量与的数量积，
由圆的性质知，当与重合时，取得最小值，
因，可得，则，
根据平面向量的数量积公式，所以的最小值为．
故选：．
6.【答案】
【解析】因为的定义域为，
且，
所以函数为奇函数，
恒成立，所以在上为单调递增函数，
因为对，，
所以在上恒成立，
所以，即在上恒成立，
设，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值为，
所以，
即实数的取值范围是
故选：．
7.【答案】
【解析】选取小球，有种选法，
若为实数，则有种情况：
若为偶数，则为偶数，有种选法
若为奇数，则为奇数，设，，在中任取一个数，在中任取一个数
或者在中任取一个数，在中任取一个数，共种选法，
故所求概率为．
故选：．
8.【答案】
【解析】直线与平面所成的角为，且，
点到平面的距离为定值，
过点作平面于，连接，则，，
又，
点、在以为圆心，半径为的圆与半平面的相交弧线上，
因为二面角为，所以点在平面与平面的交线上，故该弧线是半个圆，
故当、在直线上时，可使长度最大，
此时，在中，，，，
故由余弦定理可得，
所以，线段长度的最大值是．
故选A．
9.【答案】
【解析】对于选项A，因为，所以，
由，得到，
所以在区间上，，单调递增；
在区间上，，单调递减，
所以当时，取得极大值，极大值为，所以选项正确，
对于选项，，由函数在区间上单调递增，
得在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
当时，显然成立，
当时，设，，
所以在区间上，，单调递减；
在区间上，，单调递增．
所以，得到，
综上所述，的取值范围是，所以选项B错误，
对于选项C，当时，，易知在上单调递增，
依题意，，易知在上单调递减，
又，，，
所以所需二分区间的次数最少为，所以选项正确．
对于选项，不等式在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
设，
，
易知在上单调递减，
当时，，
所以在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
所以，则，即的取值范围为，所以选项错误．
故选：．
10.【答案】
【解析】
，在同一坐标系中作出与的图象，如图所示：
对于，由图知，是与的图象相同的对称轴，A正确；
对于，的值域为，的值域为，所以与的值域不同，B错误
对于，与没有相同的零点，C错误
对于，与的最小正周期均为，D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】对于，设椭圆的焦距为，，，
则，，
解得，．
，则A正确；
对于，，即，
，
，
，则B正确；
对于，将，，，代入，可得，则C错误
对于，因为，所以，即，
化简得，即，即，
令，，
则，其中，，取，
因为，，所以，，
所以，，故，
因为，其中，，
所以在上单调递增，故，则D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】



．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】，故正确．
，故不正确．
由分布列知，故正确．
故答案为．
14.【答案】
【解析】由，得，
同理可得，，，，，，，；
若，其中，则，
则对，
，
即，
若，则，
则由知，
由，结合知，，，，，
再由知．
故答案为：；．
15.【解析】当时，，，，
函数在点处的切线方程为，
即．
，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由得，
时，，单调递减；
时，，单调递增．
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
由知，当时，函数在上单调递增，不可能恒成立；
当时，，此时；
当时，由函数对任意都成立，得，
，，
，
设，
，
由于，令，得，，
当时，，单调递增；
时，，单调递减．
，即的最大值为，
此时．
16.证明：如图，取的中点，连接，，
因为三角形是以为斜边的等腰直角三角形，不妨设，
则，，
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，，
因为，所以，，
因为，则为等边三角形得，
又，，所以，所以，
又，，，平面，则平面，
又平面，所以平面平面；
过作，因为，所以，所以共面，
平面平面，又平面，所以，
所以四边形为平行四边形，，为中点，
建立如图所示的空间直角坐标系设，
则，，，，，，
因为为的中点，所以，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取，得，
设直线与平面的夹角为，
则，
所以．
17.【解析】在中，由及正弦定理，
得，
而，
则，
由，因此，则，
由，得，解得，
所以．
由得，，而，则，
又，
因为内角的角平分线交边于，所以，
，
．
在中，由余弦定理，得，
由边上的中线，又因为，
两边平方得，
则，即，
解得，
令边的中点分别为，由点为的外接圆圆心，
得，，
，
，
所以．
18.【解析】由题意得，，解得其中舍去，
所以的方程为；
由题意，知，
设，则，
因为，，三点共线，所以，
即，
设，由，得，，
所以，即，
所以的轨迹方程
因为，所以，
因为，
所以，同理，
设，，
则，
，
所以，解得，
又，设，设直线：，
联立得，，
有，于是，
解得，即的取值范围是
19.【解析】或或或，
，，显然中的每一个元素都恰有个“友好元”．
设，，，此时，
对中的任意元素，
在集合中至多存在一个满足，
从而在集合中至少有个“友好元”，所以是“好数”，
当时，集合，中的每个元素均有个“友好元”．
设其中，，，，则中含有个元素，
设，
则含有个元素，，
此时令，
对于，我们有：
在每一个中至多有一个“友好元”，设，，且均是的“友好元”．
由于，从而与不同的元素在前位且后位相同，
又因为，的前位相同，后位至少一位不相同，因此，
不能在和中均有“友好元”．
由于对于，中的元素第，，都是，
而中，，，都是，且，
从而和之间至少有位元素不同，
所以不存在，，且均是的“友好元”．
从而在中至少有个“友好元”，
所以是“好数”．
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