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2025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题
1．（2025·湖南模拟）集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·湖南模拟）若（，是虚数单位），则的值分别等于（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·湖南模拟）已知单调递减的等比数列满足，则（　　）
A． B． C．512 D．1024
4．（2025·湖南模拟）已知直线：与圆：交于，两点，则（　　）
A． B．4 C． D．2
5．（2025·湖南模拟）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·湖南模拟）已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·湖南模拟）已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·湖南模拟）在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·湖南模拟）已知函数，则（　　）
A．的图象关于直线对称
B．为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度
C．在上的值域为
D．两个相邻的零点之差的绝对值为
10．（2025·湖南模拟）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（　　）
A．
B．若为递增数列，则的取值范围是
C．存在实数，使得为等比数列
D．，使得当时，总有
11．（2025·湖南模拟）某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（　　）
A． B． C． D．
12．（2025·湖南模拟）函数的极值点为　 　.
13．（2025·湖南模拟）已知，则　 　.
14．（2025·湖南模拟）若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质.对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如，则.若数列的前n项和为，则　 　.
15．（2025·湖南模拟）折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，，，的面积为，.
（1）证明：；
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积.
16．（2025·湖南模拟）某绿色水果生态园在某种水果收获的.随机摘下该水果100个作为样本，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计，样本的频率分布直方图如图所示：
（1）求图中a的值；
（2）现按分层抽样的方法从质量为，的水果中随机抽取6个，再从6个中随机抽取3个，求这3个水果中恰有1个质量在内的概率；
（3）某经销商来收购水果时，该生态园有水果约10000个要出售.
经销商提出如下两种收购方案：
方案A：所有水果以10元/千克收购；
方案B：对质量低于250克的水果以2元/个收购，不低于250克的以3元/个收购.假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，请估算该生态园选择哪种方案获利更多？
17．（2025·湖南模拟）如图，在三棱锥P ABC中，平面PAB⊥平面PAC，BC=2AB=2，∠ABC=.
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若侧面PAB是等边三角形，点D满足=λ（0<λ<1），过B，D两点作平面α，满足直线AC∥α，设平面α与PC交于点E，直线PC与平面α所成的角为，求λ的值.
18．（2025·湖南模拟）已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合．
（1）若，求集合；
（2）若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围；
（3）若函数的图象是一条连续曲线，且其导函数是定义域为的严格减函数，求证：“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
19．（2025·湖南模拟）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
（1）若的离心率为2，求.
（2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标.
（3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用一元一次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合，再利用补集的运算法则，从而得出集合A在集合B中的补集.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：根据复数相等的定义，
可得.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和复数相等的判断方法，从而得出a，b的值.
3．【答案】A
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：在等比数列中，，
所以，
因为，
解得，
设的公比为q，
则，解得，
因为单调递减，
所以．
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质以及等比数列的通项公式，从而得出公比的值，再利用数列的单调性，从而得出满足条件的公比的值，再利用等比数列的通项公式，从而得出的值.
4．【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为圆：的圆心，半径，
所以点到直线：的距离，
所以，直线与圆相交，
则.
故答案为：B.
【分析】先求出圆的圆心坐标和圆的半径，再利用点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系判断方法，则判断出直线与圆相交，再利用圆的弦长公式得出弦AB的长.
5．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；平行公理
【解析】【解答】解：在正方体中，
取的中点，的中点，连接，
由是的中点，
得，
则四边形为平行四边形，
所以，
由是的中点，
得，
因为梯形是正方体被平面所截得的截面，
所以，，
则所求截面的周长是.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和正方体的结构特征以及中点的性质，再利用中位线定理和平行四边形的定义，从而得出梯形是正方体被平面所截得的截面，再利用勾股定理和求和的方法，从而得出所求截面的周长.
6．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为椭圆的短轴长为4，所以，
设，，
则，
又因为三点共线，
所以，
则，
又因为，
所以，
则直线，
联立椭圆，
解得，
则点
则双曲线E的实轴长为：.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆的短轴长定义和已知条件，从而得出b的值，设点，则得出点的坐标，再利用两点求斜率公式，从而得出，再利用三点共线得出，则，从而得出实数的值，则得出此时直线的方程和椭圆的方程，再联立直线方程和椭圆方程，从而得出点的坐标，再利用双曲线的定义得出实轴长.
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
所以在上单调递减，
因为，
所以不等式可变为，
则，
所以，则，
所以不等式的解集为．
故答案为：D．
【分析】令，利用导数判断函数的单调性，则原不等式等价为，再根据函数的单调性，从而解不等式得出的解集.
8．【答案】D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：由题意，得，
等式两边同时除以，可得.
设，则，
又因为，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，
则，，故A正确；
所以，，
则，
两式相减，可得： ，
所以，故B正确；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D错误.
故答案为：D.
【分析】利用数列递推关系式和等差数列的定义，从而构造出等差数列，再利用等差数列的通项公式求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和，从而逐项判断找出说法不正确的选项.
9．【答案】A,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以的图象关于直线对称，故A正确；
因为，故B不正确；
由，得，
则，故C不正确；
由，得，
则，
所以，
所以两个相邻的零点之差的绝对值为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】由的值求出的值，则可判断选项A；通过函数的平移变换可判断出选项B；利用换元法和正弦函数求值域的方法，从而得出正弦型函数的值域，则可判断选项 C；利用函数零点和函数与x轴交点横坐标的等价关系，令，从而解出的值，进而得出函数两个相邻的零点之差的绝对值，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；函数极限
【解析】【解答】解：由，得，
相减可得，，
因为 各项均不为零，
所以，
所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列.
对于A，因为，，故A正确；
对于B，因为的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
所以，
若，
则，
所以，故B正确；
对于C，因为，
若为等比数列，则为常数，
所以，此时，
故，
可得数列的项为显然这不是等比数列，故C错误；
对于D，若，
只要足够大，一定会有，
则，
只要足够的大， 趋近于0，
又因为，显然能满足，
则，当时，总有，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法计算，则判断出选项A；先利用结合数列分奇数项和偶数项的等差数列，再利用等差数列的通项公式和不等式恒成立问题求解方法，则判断出选项B；再利用等比数列的定义判断出选项C；再结合指数运算和函数求极限的方法和不等式恒成立问题求解方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；概率的应用
【解析】【解答】解：记甲的投中次数为，则.
对于A，当时，甲通过考核最少要投中2次，0.972，
故A正确.
对于B，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，
分别为，
则，
当时，甲通过考核最少要投中11次，
若前20次里投中次数不少于11，则第21次不管投中与否都通过考核；
若前20次投中10次，则第21次投中才能通过考核；
若前20次里投中次数不超过9，则第21次不管投中与否都不能通过考核，
则，显然，故B错误；
对于C，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，
分别为，则，
当时，若前19次里投中次数不少于10，则第20次不管投中与否都通过考核；
若前19次投中9次，则第20次投中才能通过考核；
若前19次里投中次数不超过8，则第20次不管投中与否都不能通过考核，
则，显然，故C错误；
对于D，当时，将甲的投中次数分为以下4种情况，
分别为，
则，
当时，甲通过考核最少要投中11次.若前20次里投中次数不少于11，
则第21，22次不管投中与否都通过考核；
若前20次投中10次，则第次至少要投中1次才能通过考核；
若前20次投中9次，则第21，22次都投中才能通过考核；
若前20次里投中次数不超过8，则第21，22次不管投中与否都不能通过考核，
则，
所以.
所以，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意确定甲的投中次数为，满足，再利用二项分布求概率公式、互斥事件加法求概率公式、比较法，从而逐项判断找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：先确定函数的定义域，
因为包含 函数，所以定义域为 ，
求导得，
在内， ，单调递减；
在内， ，单调递增，
所以，是函数的极小值点，没有其它极值点.
故答案为：.
【分析】先求出函数的定义域，再在定义域内分析导数的正负，从而判断出函数的单调性，从而得出函数的极值点.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，
得，
则，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】由，得到，由两角和的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：小于等于的正整数有，与不互质的数是2的倍数，
则，共个，
所以与互质的数有个，
则；
小于等于的正整数有，与不互质的数是3倍数，
则，共个，
所以与互质的数有个，
则；
所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则.
故答案为：.
【分析】根据的定义得出和，再利用等比数列的定义判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，再结合等比数列前n项和公式计算得出.
15．【答案】（1）证明：由正弦定理，可得，
则，
又因为，
所以.
（2）解：将代入，
得
则，所以
所以，
解得，
又因为，
所以.
（3）解：由余弦定理，得，
则，
所以，解得，
则，
设折痕为线段，其中在上，在上，
设，，
则，，，，
在中，由余弦定理得：，
解得，
在中，由余弦定理得：，
解得，
则重叠部分的面积为的面积为，
因为，
所以，
所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角形的面积公式，再利用已知条件证出.
（2）利用面积代换结合三角恒等变形，从而得出角A的余弦值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的正弦值.
（3）利用已知条件和余弦定理得到边角关系，再利用三角形的面积公式和同角三角函数基本关系式以及解方程的方法，从而得出折叠后纸片重叠部分的面积.
（1）证明：由正弦定理可得，则，
又因为，所以；
（2）将代入，
得
即，所以，
即，解得：，
又因为，所以；
（3）由余弦定理得，则，
即，所以解得
则；
设折痕为线段，其中在上，在上，设，，
则，，，
在中，由余弦定理得，解得
在中，由余弦定理得，解得
重叠部分的面积为的面积，.
因为
所以.
所以
16．【答案】（1）解：由，
得.
（2）解：根据分层抽样，
抽取的6个水果中，质量在和内的分别有4个和2个，
设质量在内的4个水果分别为A，B，C，D，
质量在内2个水果分别为，
其样本空间可记为
共包含20个样本点，
记E：其中恰有一个在内，
则
，
则E包含的样本点个数为12，
所以.
（3）解：方案：
收益为：
元，
方案：
低于250克获利元，
不低于250克获利元，
总计元，
因为，
所以该生态园选择方案获利更多.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；概率的意义；概率的基本性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积和频率之和等于1，从而得出实数a的值.
（2）先根据分层抽样的方法，从而求出质量在和内的分别有4个和2个，再利用列举法和古典概率公式，从而得出这3个水果中恰有1个质量在内的概率.
（3）先算出两种方案的利润，再比较大小判断出该生态园选择方案获利更多.
（1）由
解得：
（2）根据分层抽样，抽取的6个水果中，质量在和内的分别有4个和2个．
设质量在内的4个水果分别为A，B，C，D，
质量在内2个水果分别为，
其样本空间可记为
，
共包含20个样本点．
记E：其中恰有一个在内，则
，
则E包含的样本点个数为12，所以；
（3）方案：
收益
元；
方案：低于250克获利元，
不低于250克获利元，
总计元．
因为，所以该生态园选择方案获利更多.
17．【答案】（1）证明：，，
由余弦定理得：，
，
则，
作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又因为平面，
，
，平面，
平面，
又平面，
.
（2）解：，平面平面，
，
又因为，
，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，
过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
，，
设平面，则平面的法向量，
则，
令，解得：，，，
直线与平面所成角为，
解得：，满足，
.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由勾股定理和面面垂直性质定理，从而证出，再由线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出PB⊥AC.
（2）由线面平行的性质定理证出，再利用向量共线定理，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出满足要求的实数λ的值.
（1），，由余弦定理得：，
，即，
作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
，平面，平面，
平面，.
（2），平面平面，，
又，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
，，
设平面，即平面的法向量，
则，
令，解得：，，，
直线与平面所成角为，
，
解得：，满足，.
18．【答案】（1）解：因为，
所以，
由，得，解得，
所以．
（2）解：存在实数k，m使得集合，
则的解集为，
所以的解集为，
所以方程有重根和，
因此恒成立，
则，
则是二次方程的两个不相等的实数解，
所以，
所以实数b的取值范围是．
（3）证明：记，
则，在上严格递减，
①若直线l是曲线在点处的切线，
则，
所以，
则当时，，
所以函数在是是s上严格递减，则；
当时，，
所以函数在上严格递增，则，
所以的解集为，
集合是单元素集合；
②若集合是单元素集合，
则当时，，
又因为函数的图象是一条连续曲线，
所以，
则在的附近其他自变量对应的函数值都小于，
所以，函数在处取得极大值，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
则，直线l是曲线在点处的切线，
综上所述，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）由已知条件得出的值，再解不等式得出x的取值范围，从而得出集合》
（2）利用的解集为，从而得方程有重根和，再利用判别式法得出实数b的取值范围．
（3）记，利用导数判断函数的单调性，再利用直线l是曲线在点处的切线，则，由题意判断出函数的单调性，则证出必要性；当时，，再结合已知条件可得函数在处取得极大值，则证出充分性，从而证出“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
（1）因为，所以，
由，得，解得，所以．
（2）存在实数k，m使得集合，则的解集为，
即的解集为，
所以方程有重根及．
因此恒成立，故有，
则是二次方程的两个不相等的实数解，
所以，所以实数b的取值范围是．
（3）记，则，在上严格递减，
①若直线l是曲线在点处的切线，
则有，所以．
故时，，所以函数在是是s上严格递减，；
时，，所以函数在上严格递增，；
所以的解集为，集合是单元素集合；
②若集合是单元素集合，故时，，
而函数的图象是一条连续曲线，所以．
则在的附近其他自变量对应的函数值都小于，
故函数在处取得极大值，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，直线l是曲线在点处的切线．
综上，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
19．【答案】（1）解：由双曲线的方程，知，，
因为离心率为2，
所以，
得.
（2）解：当时，双曲线，且，
因为点在第一象限，
所以为钝角，
又因为为等腰三角形，
所以，
设点，且，
则
得，
所以.
（3）解：由双曲线的方程知，
由题意知关于原点对称，
设，则.
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，得
消去，得，且，
则，
得.
所以，
由，
得，
所以，
则，
整理得，
所以，
整理得，
所以，
又因为，
所以，
解得，
所以，
又因为，
所以的取值范围是，
则的最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的标准方程得出a的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式和双曲线的离心率公式以及已知条件，从而得出b的值.
（2）利用已知条件易知为钝角，则，再根据两点距离公式建立方程组，从而解方程组得出点P的坐标.
（3）设，直线：，联立直线方程和双曲线方程，再利用韦达定理和数量积的坐标表示，从而建立关于的方程，进而得出，再结合和，从而得出实数b的取值范围，进而得出b的最大值.
（1）由双曲线的方程知，，
因为离心率为2，所以，得.
（2）当时，双曲线，且.
因为点在第一象限，所以为钝角.
又为等腰三角形，所以.
设点，且，则
得，所以.
（3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称.
设，则.
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.
联立直线与双曲线的方程得
消去，得，
且，即，得.
，
由，得，
所以，即，
整理得，
所以，
整理得，所以.
又，所以，解得，
所以，又，
故的取值范围是，故的最大值为.
1 / 12025届湖南师范大学附属中学高三模拟考试一数学试题
1．（2025·湖南模拟）集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用一元一次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合，再利用补集的运算法则，从而得出集合A在集合B中的补集.
2．（2025·湖南模拟）若（，是虚数单位），则的值分别等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：根据复数相等的定义，
可得.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和复数相等的判断方法，从而得出a，b的值.
3．（2025·湖南模拟）已知单调递减的等比数列满足，则（　　）
A． B． C．512 D．1024
【答案】A
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：在等比数列中，，
所以，
因为，
解得，
设的公比为q，
则，解得，
因为单调递减，
所以．
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质以及等比数列的通项公式，从而得出公比的值，再利用数列的单调性，从而得出满足条件的公比的值，再利用等比数列的通项公式，从而得出的值.
4．（2025·湖南模拟）已知直线：与圆：交于，两点，则（　　）
A． B．4 C． D．2
【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为圆：的圆心，半径，
所以点到直线：的距离，
所以，直线与圆相交，
则.
故答案为：B.
【分析】先求出圆的圆心坐标和圆的半径，再利用点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系判断方法，则判断出直线与圆相交，再利用圆的弦长公式得出弦AB的长.
5．（2025·湖南模拟）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；平行公理
【解析】【解答】解：在正方体中，
取的中点，的中点，连接，
由是的中点，
得，
则四边形为平行四边形，
所以，
由是的中点，
得，
因为梯形是正方体被平面所截得的截面，
所以，，
则所求截面的周长是.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和正方体的结构特征以及中点的性质，再利用中位线定理和平行四边形的定义，从而得出梯形是正方体被平面所截得的截面，再利用勾股定理和求和的方法，从而得出所求截面的周长.
6．（2025·湖南模拟）已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为椭圆的短轴长为4，所以，
设，，
则，
又因为三点共线，
所以，
则，
又因为，
所以，
则直线，
联立椭圆，
解得，
则点
则双曲线E的实轴长为：.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆的短轴长定义和已知条件，从而得出b的值，设点，则得出点的坐标，再利用两点求斜率公式，从而得出，再利用三点共线得出，则，从而得出实数的值，则得出此时直线的方程和椭圆的方程，再联立直线方程和椭圆方程，从而得出点的坐标，再利用双曲线的定义得出实轴长.
7．（2025·湖南模拟）已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
所以在上单调递减，
因为，
所以不等式可变为，
则，
所以，则，
所以不等式的解集为．
故答案为：D．
【分析】令，利用导数判断函数的单调性，则原不等式等价为，再根据函数的单调性，从而解不等式得出的解集.
8．（2025·湖南模拟）在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：由题意，得，
等式两边同时除以，可得.
设，则，
又因为，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，
则，，故A正确；
所以，，
则，
两式相减，可得： ，
所以，故B正确；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D错误.
故答案为：D.
【分析】利用数列递推关系式和等差数列的定义，从而构造出等差数列，再利用等差数列的通项公式求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和，从而逐项判断找出说法不正确的选项.
9．（2025·湖南模拟）已知函数，则（　　）
A．的图象关于直线对称
B．为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度
C．在上的值域为
D．两个相邻的零点之差的绝对值为
【答案】A,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以的图象关于直线对称，故A正确；
因为，故B不正确；
由，得，
则，故C不正确；
由，得，
则，
所以，
所以两个相邻的零点之差的绝对值为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】由的值求出的值，则可判断选项A；通过函数的平移变换可判断出选项B；利用换元法和正弦函数求值域的方法，从而得出正弦型函数的值域，则可判断选项 C；利用函数零点和函数与x轴交点横坐标的等价关系，令，从而解出的值，进而得出函数两个相邻的零点之差的绝对值，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025·湖南模拟）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（　　）
A．
B．若为递增数列，则的取值范围是
C．存在实数，使得为等比数列
D．，使得当时，总有
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；函数极限
【解析】【解答】解：由，得，
相减可得，，
因为 各项均不为零，
所以，
所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列.
对于A，因为，，故A正确；
对于B，因为的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
所以，
若，
则，
所以，故B正确；
对于C，因为，
若为等比数列，则为常数，
所以，此时，
故，
可得数列的项为显然这不是等比数列，故C错误；
对于D，若，
只要足够大，一定会有，
则，
只要足够的大， 趋近于0，
又因为，显然能满足，
则，当时，总有，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法计算，则判断出选项A；先利用结合数列分奇数项和偶数项的等差数列，再利用等差数列的通项公式和不等式恒成立问题求解方法，则判断出选项B；再利用等比数列的定义判断出选项C；再结合指数运算和函数求极限的方法和不等式恒成立问题求解方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·湖南模拟）某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮次，若投中次数不低于投篮次数的，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，若，记甲通过考核的概率为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；概率的应用
【解析】【解答】解：记甲的投中次数为，则.
对于A，当时，甲通过考核最少要投中2次，0.972，
故A正确.
对于B，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，
分别为，
则，
当时，甲通过考核最少要投中11次，
若前20次里投中次数不少于11，则第21次不管投中与否都通过考核；
若前20次投中10次，则第21次投中才能通过考核；
若前20次里投中次数不超过9，则第21次不管投中与否都不能通过考核，
则，显然，故B错误；
对于C，当时，将甲的投中次数分为以下3种情况，
分别为，则，
当时，若前19次里投中次数不少于10，则第20次不管投中与否都通过考核；
若前19次投中9次，则第20次投中才能通过考核；
若前19次里投中次数不超过8，则第20次不管投中与否都不能通过考核，
则，显然，故C错误；
对于D，当时，将甲的投中次数分为以下4种情况，
分别为，
则，
当时，甲通过考核最少要投中11次.若前20次里投中次数不少于11，
则第21，22次不管投中与否都通过考核；
若前20次投中10次，则第次至少要投中1次才能通过考核；
若前20次投中9次，则第21，22次都投中才能通过考核；
若前20次里投中次数不超过8，则第21，22次不管投中与否都不能通过考核，
则，
所以.
所以，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意确定甲的投中次数为，满足，再利用二项分布求概率公式、互斥事件加法求概率公式、比较法，从而逐项判断找出正确的选项.
12．（2025·湖南模拟）函数的极值点为　 　.
【答案】
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：先确定函数的定义域，
因为包含 函数，所以定义域为 ，
求导得，
在内， ，单调递减；
在内， ，单调递增，
所以，是函数的极小值点，没有其它极值点.
故答案为：.
【分析】先求出函数的定义域，再在定义域内分析导数的正负，从而判断出函数的单调性，从而得出函数的极值点.
13．（2025·湖南模拟）已知，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，
得，
则，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】由，得到，由两角和的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
14．（2025·湖南模拟）若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质.对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如，则.若数列的前n项和为，则　 　.
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：小于等于的正整数有，与不互质的数是2的倍数，
则，共个，
所以与互质的数有个，
则；
小于等于的正整数有，与不互质的数是3倍数，
则，共个，
所以与互质的数有个，
则；
所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则.
故答案为：.
【分析】根据的定义得出和，再利用等比数列的定义判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，再结合等比数列前n项和公式计算得出.
15．（2025·湖南模拟）折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，，，的面积为，.
（1）证明：；
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积.
【答案】（1）证明：由正弦定理，可得，
则，
又因为，
所以.
（2）解：将代入，
得
则，所以
所以，
解得，
又因为，
所以.
（3）解：由余弦定理，得，
则，
所以，解得，
则，
设折痕为线段，其中在上，在上，
设，，
则，，，，
在中，由余弦定理得：，
解得，
在中，由余弦定理得：，
解得，
则重叠部分的面积为的面积为，
因为，
所以，
所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角形的面积公式，再利用已知条件证出.
（2）利用面积代换结合三角恒等变形，从而得出角A的余弦值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的正弦值.
（3）利用已知条件和余弦定理得到边角关系，再利用三角形的面积公式和同角三角函数基本关系式以及解方程的方法，从而得出折叠后纸片重叠部分的面积.
（1）证明：由正弦定理可得，则，
又因为，所以；
（2）将代入，
得
即，所以，
即，解得：，
又因为，所以；
（3）由余弦定理得，则，
即，所以解得
则；
设折痕为线段，其中在上，在上，设，，
则，，，
在中，由余弦定理得，解得
在中，由余弦定理得，解得
重叠部分的面积为的面积，.
因为
所以.
所以
16．（2025·湖南模拟）某绿色水果生态园在某种水果收获的.随机摘下该水果100个作为样本，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计，样本的频率分布直方图如图所示：
（1）求图中a的值；
（2）现按分层抽样的方法从质量为，的水果中随机抽取6个，再从6个中随机抽取3个，求这3个水果中恰有1个质量在内的概率；
（3）某经销商来收购水果时，该生态园有水果约10000个要出售.
经销商提出如下两种收购方案：
方案A：所有水果以10元/千克收购；
方案B：对质量低于250克的水果以2元/个收购，不低于250克的以3元/个收购.假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，请估算该生态园选择哪种方案获利更多？
【答案】（1）解：由，
得.
（2）解：根据分层抽样，
抽取的6个水果中，质量在和内的分别有4个和2个，
设质量在内的4个水果分别为A，B，C，D，
质量在内2个水果分别为，
其样本空间可记为
共包含20个样本点，
记E：其中恰有一个在内，
则
，
则E包含的样本点个数为12，
所以.
（3）解：方案：
收益为：
元，
方案：
低于250克获利元，
不低于250克获利元，
总计元，
因为，
所以该生态园选择方案获利更多.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；概率的意义；概率的基本性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积和频率之和等于1，从而得出实数a的值.
（2）先根据分层抽样的方法，从而求出质量在和内的分别有4个和2个，再利用列举法和古典概率公式，从而得出这3个水果中恰有1个质量在内的概率.
（3）先算出两种方案的利润，再比较大小判断出该生态园选择方案获利更多.
（1）由
解得：
（2）根据分层抽样，抽取的6个水果中，质量在和内的分别有4个和2个．
设质量在内的4个水果分别为A，B，C，D，
质量在内2个水果分别为，
其样本空间可记为
，
共包含20个样本点．
记E：其中恰有一个在内，则
，
则E包含的样本点个数为12，所以；
（3）方案：
收益
元；
方案：低于250克获利元，
不低于250克获利元，
总计元．
因为，所以该生态园选择方案获利更多.
17．（2025·湖南模拟）如图，在三棱锥P ABC中，平面PAB⊥平面PAC，BC=2AB=2，∠ABC=.
（1）证明：PB⊥AC；
（2）若侧面PAB是等边三角形，点D满足=λ（0<λ<1），过B，D两点作平面α，满足直线AC∥α，设平面α与PC交于点E，直线PC与平面α所成的角为，求λ的值.
【答案】（1）证明：，，
由余弦定理得：，
，
则，
作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又因为平面，
，
，平面，
平面，
又平面，
.
（2）解：，平面平面，
，
又因为，
，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，
过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
，，
设平面，则平面的法向量，
则，
令，解得：，，，
直线与平面所成角为，
解得：，满足，
.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由勾股定理和面面垂直性质定理，从而证出，再由线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出PB⊥AC.
（2）由线面平行的性质定理证出，再利用向量共线定理，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出满足要求的实数λ的值.
（1），，由余弦定理得：，
，即，
作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
，平面，平面，
平面，.
（2），平面平面，，
又，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
，，
设平面，即平面的法向量，
则，
令，解得：，，，
直线与平面所成角为，
，
解得：，满足，.
18．（2025·湖南模拟）已知k、，函数的定义域为，直线l的方程为，记集合．
（1）若，求集合；
（2）若，且存在实数k、m使得集合中有且只有两个元素，求实数b的取值范围；
（3）若函数的图象是一条连续曲线，且其导函数是定义域为的严格减函数，求证：“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
【答案】（1）解：因为，
所以，
由，得，解得，
所以．
（2）解：存在实数k，m使得集合，
则的解集为，
所以的解集为，
所以方程有重根和，
因此恒成立，
则，
则是二次方程的两个不相等的实数解，
所以，
所以实数b的取值范围是．
（3）证明：记，
则，在上严格递减，
①若直线l是曲线在点处的切线，
则，
所以，
则当时，，
所以函数在是是s上严格递减，则；
当时，，
所以函数在上严格递增，则，
所以的解集为，
集合是单元素集合；
②若集合是单元素集合，
则当时，，
又因为函数的图象是一条连续曲线，
所以，
则在的附近其他自变量对应的函数值都小于，
所以，函数在处取得极大值，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
则，直线l是曲线在点处的切线，
综上所述，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）由已知条件得出的值，再解不等式得出x的取值范围，从而得出集合》
（2）利用的解集为，从而得方程有重根和，再利用判别式法得出实数b的取值范围．
（3）记，利用导数判断函数的单调性，再利用直线l是曲线在点处的切线，则，由题意判断出函数的单调性，则证出必要性；当时，，再结合已知条件可得函数在处取得极大值，则证出充分性，从而证出“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
（1）因为，所以，
由，得，解得，所以．
（2）存在实数k，m使得集合，则的解集为，
即的解集为，
所以方程有重根及．
因此恒成立，故有，
则是二次方程的两个不相等的实数解，
所以，所以实数b的取值范围是．
（3）记，则，在上严格递减，
①若直线l是曲线在点处的切线，
则有，所以．
故时，，所以函数在是是s上严格递减，；
时，，所以函数在上严格递增，；
所以的解集为，集合是单元素集合；
②若集合是单元素集合，故时，，
而函数的图象是一条连续曲线，所以．
则在的附近其他自变量对应的函数值都小于，
故函数在处取得极大值，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，直线l是曲线在点处的切线．
综上，“集合是单元素集合”是“直线l是曲线在点处的切线”的充要条件．
19．（2025·湖南模拟）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
（1）若的离心率为2，求.
（2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标.
（3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值.
【答案】（1）解：由双曲线的方程，知，，
因为离心率为2，
所以，
得.
（2）解：当时，双曲线，且，
因为点在第一象限，
所以为钝角，
又因为为等腰三角形，
所以，
设点，且，
则
得，
所以.
（3）解：由双曲线的方程知，
由题意知关于原点对称，
设，则.
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，得
消去，得，且，
则，
得.
所以，
由，
得，
所以，
则，
整理得，
所以，
整理得，
所以，
又因为，
所以，
解得，
所以，
又因为，
所以的取值范围是，
则的最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的标准方程得出a的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式和双曲线的离心率公式以及已知条件，从而得出b的值.
（2）利用已知条件易知为钝角，则，再根据两点距离公式建立方程组，从而解方程组得出点P的坐标.
（3）设，直线：，联立直线方程和双曲线方程，再利用韦达定理和数量积的坐标表示，从而建立关于的方程，进而得出，再结合和，从而得出实数b的取值范围，进而得出b的最大值.
（1）由双曲线的方程知，，
因为离心率为2，所以，得.
（2）当时，双曲线，且.
因为点在第一象限，所以为钝角.
又为等腰三角形，所以.
设点，且，则
得，所以.
（3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称.
设，则.
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.
联立直线与双曲线的方程得
消去，得，
且，即，得.
，
由，得，
所以，即，
整理得，
所以，
整理得，所以.
又，所以，解得，
所以，又，
故的取值范围是，故的最大值为.
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