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湘豫名校联考2025届高三下学期第四次模拟考试
数学试卷
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.已知集合，，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
2.已知复数，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数，则“，”是“在上的最小值为”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
4.从含有件次品的件产品中，不放回地依次随机抽取出件进行检验每次抽取一件，共抽取次已知第一次、第二次均未抽到次品，则第三次抽到次品的概率为( )
A. B. C. D.
5.已知，是单位向量，且，，若向量在上的投影向量为，则( )
A. B. C. D.
6.若函数在上的最大值为，则的最大值为( )
A. B. C. D.
7.世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：其中，，，分别为几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高，我们也称为“万能求积公式”例如，正四棱锥的底面边长为，高为，则该正四棱锥的体积为类似的，运用该公式求解问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，，，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为( )
A. B.
C. D.
8.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，过点的直线与交于，两点点在轴下方若，，则的离心率为( )
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.已知直线和平面，且，则下列结论有可能错误的是( )
A. 过存在一个平面与平行 B. 过存在一个平面与垂直
C. 在内存在一条直线与平行 D. 在内存在一条直线与相交
10.已知直线和圆，不过原点的直线过点，且与圆交于，两点，过点作直线的垂线交于点，则( )
A. 与圆没有公共点 B. 点到直线距离的最大值为
C. 的最大值为 D. 的最小值为
11.已知定义在上的连续不断的函数满足：，，当时，则( )
A. 当时， B.
C. 是的极小值点 D. 满足的的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在的展开式中，最大的二项式系数为 用数字作答
13.已知函数的部分图象如图，
，是该函数图象上的两点，则的值为 ．
14.如图，圆锥的顶点为，点，，，在底面圆的圆周上，且，的交点为圆心，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 若是母线上一点，且，是平面内一点，则周长的最小值为 ．
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
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
求
若，，求的值．
16.本小题分
某企业的甲、乙两条生产线都生产型零件，一天中，甲、乙两条生产线分别生产件和件型零件，为了解该企业型零件的生产质量，现利用分层随机抽样，从一天中生产的型零件中随机抽取件，测量其尺寸单位：，所得尺寸数据的统计结果如下表：
平均尺寸 标准差
甲生产线件型零件
乙生产线件型零件
求这件型零件尺寸的平均数
求这件型零件尺寸的标准差
假设该企业一天中生产的型零件尺寸服从正态分布，其中用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值试估计：这一天生产的型零件中，尺寸小于的零件是否低于件
参考数据：个数，，，，的方差为
若随机变量服从正态分布，则，，
．
17.本小题分
已知为奇函数．
求的值
解不等式：
证明：函数有个零点．
18.本小题分
已知抛物线焦点为，准线为，为上一点，，垂足为，且．
求的标准方程．
过点其中且斜率为的直线与交于，两点，，是上的两点异于，，且满足，．
(ⅰ)证明：，
(ⅱ)是否存在和，使得若存在，求和的所有取值若不存在，请说明理由．
19.本小题分
已知数列是各项均为正整数的递增数列，，且．
求和
证明：
设，证明：
参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15解：因为，
所以由正弦定理，得C.
由，
代入上式可得C.
由，得，所以，即．
因为，所以；
由正弦定理，得，则．
由余弦定理，得，即，
解得，或舍去．
所以的值为．
16解：因为，
所以，．
所以．
设甲生产线生产的型零件尺寸分别为，，，，，
乙生产线生产的型零件尺寸分别为，，，，，
则甲生产线生产的型零件尺寸的方差为，解得
乙生产线生产的型零件尺寸的方差为，解得
这件型零件尺寸的方差为，所以标准差为．
由得，的估计值为．
由，得，
所以．
所以件型零件中，尺寸小于的零件的件数约为，
故估计这一天生产的型零件中，尺寸小于的零件低于件．
17解：由题可知的定义域为，
因为为奇函数，
所以，，
即，．
所以，解得．
由，得，则，所以在上为增函数．
又，所以可化为
所以，故原不等式的解集为
由题意得，是定义在上的奇函数，
所以，只需考虑时的零点问题．
因为，
所以由复合函数的单调性得在上单调递减．
又，，
所以在上存在唯一零点．
所以在上单调递增，在上单调递减．
因为，所以．
又，所以，
所以在上存在唯一零点．
根据奇函数的对称性，在上仅有一个零点．
综上所述，在上有个零点．
18解：由抛物线的定义，得，
又，所以为正三角形
过作，垂足为，则，
所以正三角形的边长为，即．
由抛物线的定义，得，解得，即，
代入，得，解得或．
当时，，不满足，不符合题意．
故E的标准方程为．
由得，设，则，
由，得，即．
由，得，
再结合，，得，
整理，得，显然，于是．
所以，即．
同理可得．
显然，直线的斜率存在且不为，则的方程为，
由得．
依题意，有
解得，且，由韦达定理，得．
假设．
由，得，即，
同理，代入，得．
由抛物线的定义，得，，
再结合，，得，
整理，得，由，得，
而，所以，结合，解得．
代入，且，得，且
综上所述，当的取值为，且时，．

19解：记，由，得．
由，得，由，得．
由，得．
由，得．
在与之间有个整数，在与之间有个整数，
由及递增，得，，
故，．
令，则，从而
又，所以
所以，即为等比数列，
所以，从而
又，所以．
故．
由，得，
再由，解得．
令，则，
所以在上为增函数，从而，即．
令，得，所以．
所以
故
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