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【真题重组】湖南省2025年高考数学考前冲刺练习卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2025·贵州遵义·模拟预测）已知，，若，则（ ）
A． B．6 C．4 D．2
2．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广东·模拟预测）已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·河南·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·广东·模拟预测）已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·广东·模拟预测）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·河南·模拟预测）已知数列满足，，且对任意，，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·广西北海·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与在第一象限交于点，若在以为直径的圆上，且的中点在的渐近线上，则的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
二、多选题
9．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式的各项系数之和为4096
B．展开式中含项的系数为45
C．展开式中存在常数项
D．展开式中第6项的系数最大
10．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知函数，，、分别表示与中的较小值与较大值，则（ ）.
A．.
B．当直线与曲线有三个不同交点时，的取值范围为.
C．当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点.
D．函数图象上的点到原点的最短距离为.
11．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，其中O为坐标原点，则（ ）
A．C的离心率为 B．的周长为
C．面积的最大值为 D．若，则点Q在定直线上
三、填空题
12．（2025·河南·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，角的平分线与交于点，若，则的取值范围是 ．
13．（2025·广东·模拟预测）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制.二进制是“逢二进一”的进制，例：二进制转化成十进制数为.若正整数n可以用位二进制数表示，其中，记.已知关于x的多项式，则该多项式中x的奇次项系数和为 .
14．（2025·广西北海·模拟预测）密位制是一种用于测量角度的单位系统，尤其在军事领域中被广泛使用.例如：狙击手在调整射击角度时，可以使用密位制来精确计算目标的距离和角度．密位制的基本原理是将一个圆周分为6000等份，每一份称为1密位．将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于轴对称，则最小值的密位数为 .
四、解答题
15．（2025·江苏南京·二模）已知函数,.
(1)当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数；
(2)当时，若，恒成立，求实数的取值范围.
16．（2025·陕西宝鸡·三模）在三角形中，角的对边分别为，已知.
(1)若三角形的面积为，且，求；
(2)若，且，求.
17．（2025·北京丰台·二模）为调查某校学生户外活动时长和视力的关系，某研究小组在该校随机选取了100名学生，记录他们的日均户外活动时长（单位：小时）及近视情况，统计得到：日均户外活动时长在区间内有70人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有20人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有10人，近视率为．
注：近视率是指某区间内近视人数与该区间内人数的比值．
(1)估计该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率；
(2)用频率估计概率．从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，求这4名学生中恰有2名近视的概率；
(3)为响应国家降低青少年近视率的号召，该校提出“护眼有妙招，科学动起来”的口号，计划在以下2项措施中选择1项实施．
措施一：每日给全校学生增设0.5小时晨跑活动；
措施二：每日给日均户外活动时长低于1小时的学生增设1小时户外活动．假设所有学生都能按要求参加相应活动，记采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为，采取措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为．用样本估计总体，试比较与的大小．（结论不要求证明）
18．（2025·河南南阳·模拟预测）在三棱锥中，，，与平面所成的角为．
(1)若，，如图，过点作平面，分别交，于点，．
①求证：平面；
②设，为平面内的动点，求周长的最小值．
(2)若，，求二面角的取值范围．
19．（2025·山西·模拟预测）过抛物线上的点的直线，分别交抛物线T于点B，C．设直线，的斜率分别为，，，当且点B，C关于x轴对称时，△ABC的面积为2．
(1)求抛物线T的方程；
(2)当时，证明：直线BC过定点．
(3)设△ABC的外心E的坐标为，BC的中点M的坐标为，证明：为定值．
《【真题重组】湖南省2025年高考数学考前冲刺练习卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B C B C D D D BCD AC
题号 11
答案 BD
1．B
【分析】利用向量平行充要条件列出关于k的方程，解之即可求得k的值.
【详解】由，，，
可得，解之得.
故选：B
2．B
【分析】先利用复数的除法法则求出复数z，再求z的共轭复数.
【详解】因为，
所以z的共轭复数为.
故选：B.
3．C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，而阴影部分表示的集合为，根据交集、补集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，所以，
所以如图所示的阴影部分表示的集合为.
故选：C
4．B
【分析】结合图象作出正四棱台的高，根据边长及点为正四棱台外接球的球心利用勾股定理可求正四棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解.
【详解】
如图，正四棱台，分别为上下底面的中心.
由题意知正四棱台的上、下底面边长分别为，，则.
又因为该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，可知，得，即正四棱台的高为.
又上底面的面积，下底面的面积，
则该四棱台的体积为.
故选：B.
5．C
【分析】由复合函数的单调性得到在上单调递增，列出不等式组，解之即得参数范围.
【详解】因为在上单调递增，由函数在上单调递增，
可得在上单调递增且恒成立，
，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C.
6．D
【分析】由两角和与差的余弦公式计算可得.
【详解】，所以，
所以，
故选：D.
7．D
【分析】首先令求出m的值，再求出数列的周期，结合周期即可求得，则答案可求.
【详解】令可得，
代入数据得：，解得，
所以，
令，解得，令，解得，令，解得，，
可得数列的周期为3，则，
故选：D.
8．D
【分析】设，渐近线方程为，由题意得，，由斜率相等及双曲线性质用表示出，再将点坐标代入双曲线方程，结合离心率公式即可求解.
【详解】设，渐近线方程为，
因为在以为直径的圆上，所以，
因为的中点在双曲线的渐近线上，设的中点为，则，
所以，且，
解得，
将代入双曲线的方程可得，
化简可得，即有，解得.
故选：D．
9．BCD
【分析】依题意得，求出，令，求出各项系数之和，判断A；求出通项，令，判断B；令，求出，判断C；展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的系数最大，判断D.
【详解】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，得，解得，
令，得，即展开式的各项系数之和为1024，故A错误；
由通项，令，解得，
所以展开式中含项的系数为，故B正确；
若展开式中存在常数项，令，解得，故C正确；
由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的系数最大，故D正确.
故选：BCD.
10．AC
【分析】求出函数、的解析式，可判断A选项；数形结合可判断B选项；求出切线方程，将切线方程与函数的解析式联立，求出交点个数，可判断C选项；化简函数的解析式，设点P为上的点，并求的最短距离，可判断D选项.
【详解】函数、的定义域均为，且，
所以， ，
对于A，当时，，则，此时，
当时，，则，
此时，故A正确；
对于B，作出函数的图象如图所示，
由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，故B错误；
对于C，当时，，则，
因为，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
当时，由，整理可得，可得（舍去）；
当时，由可得，解得或（舍去）.
综上所述，当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点，故C正确；
对于D，当时，，
当时，，所以为偶函数，
设其第一象限内一点，则，
当且仅当时取得等号，故D错误.
故选：AC.
11．BD
【分析】根据椭圆方程求出离心率，即可判断A，根据焦点三角形周长公式判断B，设，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可表示出及，利用基本不等式求出面积最大值，即可判断C，设，结合C即可求出轨迹方程，从而判断D.
【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，
，，
所以椭圆的离心率，故 A 错误；
的周长为，故B正确；
设，，
联立，整理得，
由，解得，
此时，
所以，
点到直线的距离，
所以的面积
，当且仅当，即时， 的面积取最大值，故C错误；
设，由，有，即，
因为，所以，故，
于是有，所以点在定直线上，故D正确；
故选：BD.
12．
【分析】根据题意得到三个角的数量关系，再根据正弦定理、二倍角公式及两角和的正弦公式即可化简，再换元求解即可的范围.
【详解】
设，则.
又，则.
又因为，则.
在中，由正弦定理可得
则.
.
因为，所以，
故，所以.
所以的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】依据题意得到的含义，要使得为奇数，则要求除最高位外其余的加起来为偶数，依据二项式系数的性质得到位二进制数中共有个，由等比数列求和公式求得答案.
【详解】因为，或，
所以表示正整数的二进制表示中的个数，
要计算关于x的多项式中奇数项的系数和，
即为计算时为奇数的个数，
按位数讨论，位二进制数，只有，是奇数，共个；
位二进制数，最高位是，要使所有位加起来是奇数，
则要求其余的位中有偶数个，依据二项式系数的性质得，
所以总个数为，
故答案为：.
14．500
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简的解析式，根据平移得到的解析式，利用的图象关于轴对称可得的最小值，根据密位制的定义即可求解.
【详解】.
把函数的图象向左平移个单位，得到的函数解析式为.
因为平移后所得图象关于轴对称，所以，即．
又，所以时，即有最小值为.
因为一个圆周分为6000等份，每一份称为1密位，所以的密位数为500.
故答案为：500.
15．(1)1个
(2)
【分析】（1）先求切线方程，再联立方程，化为单变量方程，分析单调性和极值点，判断交点个数；
（2）利用函数在区间内的最大值与最小值之差，考虑极值点和端点，列不等式，解出的取值范围.
【详解】（1）当时，，其定义域为.
因为，所以.
所以曲线在处的切线方程为，即.
联立方程可得，.
设，，求导得.
所以在上单调递增.
又，所以有且仅有一个零点，所以直线与曲线的公共点个数为1.
（2）对函数求导得，令，可得.
分情况讨论，①当时，即，此时在区间上单调递增，
则，解得.
又，所以.
②当时，即，在上单调递减，在上单调递增.
所以最小值为，，，
当最大时，即，解得.
此时，，而恒成立.
所以，满足题意.
当最大时，即，解得.
此时，即.
设，，，
所以在上递减，故，所以，满足题意.
综上，.
③当时，即，在区间上单调递减，
此时.
若其成立，则，与条件相矛盾，所以该情况下不等式不能恒成立.
综上所述，实数的取值范围为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由结合正弦定理边角互化可得，然后由三角形面积公式可得答案；
（2）因，设，则，然后由余弦定理用两种方式表示，据此可得答案.
【详解】（1）在中，，由正弦定理得
即
因为所以，即
又，即，
又，所以
则
（2）因为，设，则
在中，由余弦定理得
在中，由余弦定理得
所以，则.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意求相应人数和频率，即可得结果；
（2）分析可知从该校日均户外活动时长低于1小时、不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为、，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（3）根据题意结合加权平均数公式分别求，比较大小即可得结果.
【详解】（1）由题意，样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有人，
其中近视的学生有人，
所以估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为．
（2）设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”．
由题意，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为，
从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为．
则．
（3）由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为，
则原数据的平均数为，
采取措施一后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
采取措施二后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
因为，所以.
18．(1)①证明见解析；②1；
(2).
【分析】（1）（i）根据线面垂直得到⊥，⊥，从而得到⊥平面，所以⊥，所以平面PCD.
（ii）建立空间直角坐标系，平面的一个法向量为，设点关于平面对称的点为，则，要想最小，则需三点共线，此时的最小值为的长，设，且，从而得到方程组，解得，故，，故△CGH周长的最小值为.
（2）在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆，设，求出两平面的法向量，设二面角的大小为，则，换元得到，从而求出答案.
【详解】（1）（i）由⊥平面，平面，得⊥，
由，得⊥平面BCD，而平面，则⊥，
又，，平面，则⊥平面，
又平面，则⊥，而，平面，
所以平面PCD；
（ii）由，得，，则，
过点作，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，得，，
则，，，
则平面的一个法向量为，
设点关于平面对称的点为，则，
，要最小，则需三点共线，
此时的最小值为的长，其中，且，
则且，而，解得，
故，；
所以△CGH周长的最小值为.
（2）PB与平面BCD所成的角，
以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为，故，
PB与平面BCD所成的角，，则点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆，
设，，
设平面的法向量为，则，
令，得，平面的法向量为，
设二面角的大小为，由图形知，二面角是锐二面角，，
则，
令，则，
又在上单调递减，因此，
所以二面角的取值范围为.
19．(1)
(2)BC过定点，证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）先根据已知条件设出点坐标，由、对称及斜率关系，用斜率公式求出、坐标，再根据三角形面积公式求出，进而得到抛物线方程.
（2）设出、、坐标，求出、，根据的值得到与的关系，再求，最后得出直线经过的定点
（3）与垂直得到斜率，利用、中点在上得出方程，设直线方程, 与之联立，通过变形相减求出，结合的值及已知条件得出的值.
【详解】（1）已知当时，，、关于轴对称且，
设（），因为，不妨设.
由斜率公式，即，解得，所以，.
面积，解得，抛物线方程为.
（2）设，，，
则，.
因为，则，所以,则.
，所以直线BC方程，整理得.
把代入直线BC方程,得，所以直线过定点.
（3）设，中点坐标是,
因为与垂直，则,
已知斜率是，所以斜率为.
根据直线点斜式，得出方程，展开整理成.
同理可得直线方程，与方程联立.
变形两式为和，
相减得，化简得.
已知，则.
又，代入得.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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