2025屆湖南省洞口二中高考數學四模試卷含解析

2025屆湖南省洞口二中高考數學四模試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若各項均為正數的等比數列滿足，則公比（）A．1 B．2 C．3 D．42．已知斜率為2的直線l過拋物線C：的焦點F，且與拋物線交于A，B兩點，若線段AB的中點M的縱坐標為1，則p＝（）A．1 B． C．2 D．43．直線與拋物線C：交于A，B兩點，直線，且l與C相切，切點為P，記的面積為S，則的最小值為A． B． C． D．4．已知函數的定義域為，則函數的定義域為（）A． B．C． D．5．過直線上一點作圓的兩條切線，，，為切點，當直線，關于直線對稱時，（）A． B． C． D．6．已知是過拋物線焦點的弦，是原點，則（）A．－2 B．－4 C．3 D．－37．設函數，若函數有三個零點，則（）A．12 B．11 C．6 D．38．“”是“，”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件9．已知函數f(x)＝,若關于x的方程f(x)＝kx－恰有4個不相等的實數根，則實數k的取值范圍是()A． B．C． D．10．已知復數滿足（是虛數單位），則=（）A． B． C． D．11．已知函數則函數的圖象的對稱軸方程為（）A． B．C． D．12．《九章算術》中將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.某“塹堵”的三視圖如圖，則它的外接球的表面積為（）A．4π B．8π C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．過且斜率為的直線交拋物線于兩點，為的焦點若的面積等于的面積的2倍，則的值為___________.14．由于受到網絡電商的沖擊，某品牌的洗衣機在線下的銷售受到影響，承受了一定的經濟損失，現將地區(qū)200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失統(tǒng)計如圖所示，估算月經濟損失的平均數為，中位數為n，則_________.15．已知為雙曲線的左、右焦點，過點作直線與圓相切于點，且與雙曲線的右支相交于點，若是上的一個靠近點的三等分點，且，則四邊形的面積為_______．16．下圖是一個算法流程圖,則輸出的的值為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點，是線段上的動點，若二面角的平面角的大小為，試確定點的位置.18．（12分）已知函數（，），.（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）若對任意的，恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知橢圓的長軸長為，離心率（1）求橢圓的方程；（2）設分別為橢圓與軸正半軸和軸正半軸的交點，是橢圓上在第一象限的一點，直線與軸交于點，直線與軸交于點，問與面積之差是否為定值？說明理由.20．（12分）在中，設、、分別為角、、的對邊，記的面積為，且．（1）求角的大??；（2）若，，求的值．21．（12分）已知橢圓的上頂點為，圓與軸的正半軸交于點，與有且僅有兩個交點且都在軸上，（為坐標原點）.（1）求橢圓的方程；（2）已知點，不過點且斜率為的直線與橢圓交于兩點，證明：直線與直線的斜率互為相反數.22．（10分）某精密儀器生產車間每天生產個零件，質檢員小張每天都會隨機地從中抽取50個零件進行檢查是否合格，若較多零件不合格，則需對其余所有零件進行檢查．根據多年的生產數據和經驗，這些零件的長度服從正態(tài)分布（單位：微米），且相互獨立．若零件的長度滿足，則認為該零件是合格的，否則該零件不合格．（1）假設某一天小張抽查出不合格的零件數為，求及的數學期望；（2）小張某天恰好從50個零件中檢查出2個不合格的零件，若以此頻率作為當天生產零件的不合格率．已知檢查一個零件的成本為10元，而每個不合格零件流入市場帶來的損失為260元．假設充分大，為了使損失盡量小，小張是否需要檢查其余所有零件，試說明理由．附：若隨機變量服從正態(tài)分布，則．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

由正項等比數列滿足，即，又，即，運算即可得解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，又，解得.故選：C.【點睛】本題考查了等比數列基本量的求法，屬基礎題.2、C【解析】

設直線l的方程為x＝y(tǒng)，與拋物線聯立利用韋達定理可得p．【詳解】由已知得F（，0），設直線l的方程為x＝y(tǒng)，并與y2＝2px聯立得y2﹣py﹣p2＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點C（x0，y0），∴y1+y2＝p，又線段AB的中點M的縱坐標為1，則y0（y1+y2）＝，所以p=2,故選C．【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的相交弦問題，利用韋達定理是解題的關鍵，屬中檔題．3、D【解析】

設出坐標，聯立直線方程與拋物線方程，利用弦長公式求得，再由點到直線的距離公式求得到的距離，得到的面積為，作差后利用導數求最值．【詳解】設，，聯立，得則，則由，得設，則，則點到直線的距離從而．令當時，；當時，故，即的最小值為本題正確選項：【點睛】本題考查直線與拋物線位置關系的應用，考查利用導數求最值的問題．解決圓錐曲線中的面積類最值問題，通常采用構造函數關系的方式，然后結合導數或者利用函數值域的方法來求解最值.4、A【解析】試題分析：由題意，得，解得，故選A．考點：函數的定義域．5、C【解析】

判斷圓心與直線的關系，確定直線，關于直線對稱的充要條件是與直線垂直，從而等于到直線的距離，由切線性質求出，得，從而得．【詳解】如圖，設圓的圓心為，半徑為，點不在直線上，要滿足直線，關于直線對稱，則必垂直于直線，∴，設，則，，∴,．故選：C．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，考查直線的對稱性，解題關鍵是由圓的兩條切線關于直線對稱，得出與直線垂直，從而得就是圓心到直線的距離，這樣在直角三角形中可求得角．6、D【解析】

設，，設：，聯立方程得到，計算得到答案.【詳解】設，，故.易知直線斜率不為，設：，聯立方程，得到，故，故.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中的向量的數量積，設直線為可以簡化運算，是解題的關鍵.7、B【解析】

畫出函數的圖象，利用函數的圖象判斷函數的零點個數，然后轉化求解，即可得出結果．【詳解】作出函數的圖象如圖所示，令，由圖可得關于的方程的解有兩個或三個（時有三個，時有兩個），所以關于的方程只能有一個根（若有兩個根，則關于的方程有四個或五個根），由，可得的值分別為，則故選B．【點睛】本題考查數形結合以及函數與方程的應用，考查轉化思想以及計算能力，屬于?？碱}型.8、B【解析】

先求出滿足的值，然后根據充分必要條件的定義判斷．【詳解】由得，即，，因此“”是“，”的必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考查充分必要條件，掌握充分必要條件的定義是解題基礎．解題時可根據條件與結論中參數的取值范圍進行判斷．9、D【解析】

由已知可將問題轉化為：y＝f(x)的圖象和直線y＝kx－有4個交點，作出圖象，由圖可得：點(1,0)必須在直線y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直線y＝kx－和y＝lnx相切時，k＝；結合圖象即可得解.【詳解】若關于x的方程f(x)＝kx－恰有4個不相等的實數根，則y＝f(x)的圖象和直線y＝kx－有4個交點．作出函數y＝f(x)的圖象，如圖，故點(1,0)在直線y＝kx－的下方．∴k×1－＞0，解得k＞.當直線y＝kx－和y＝lnx相切時，設切點橫坐標為m，則k＝＝，∴m＝.此時，k＝＝，f(x)的圖象和直線y＝kx－有3個交點，不滿足條件，故所求k的取值范圍是，故選D..【點睛】本題主要考查了函數與方程思想及轉化能力，還考查了導數的幾何意義及計算能力、觀察能力，屬于難題．10、A【解析】

把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由，得，．故選．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．11、C【解析】

，將看成一個整體，結合的對稱性即可得到答案.【詳解】由已知，，令，得.故選：C.【點睛】本題考查余弦型函數的對稱性的問題，在處理余弦型函數的性質時，一般采用整體法，結合三角函數的性質，是一道容易題.12、B【解析】

由三視圖判斷出原圖，將幾何體補形為長方體，由此計算出幾何體外接球的直徑，進而求得球的表面積.【詳解】根據題意和三視圖知幾何體是一個底面為直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜邊為2，側棱長為2且與底面垂直，因為直三棱柱可以復原成一個長方體，該長方體外接球就是該三棱柱的外接球，長方體對角線就是外接球直徑，則，那么.故選：B【點睛】本小題主要考查三視圖還原原圖，考查幾何體外接球的有關計算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

聯立直線與拋物線的方程，根據一元二次方程的根與系數的關系以及面積關系求解即可.【詳解】如圖，設，由，則，由可得，由，則，所以，得.故答案為：2【點睛】此題考查了拋物線的性質，屬于中檔題.14、360【解析】

先計算第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，，面積和超過0.5，所以中位數在第二塊求解，然后再求得平均數作差即可.【詳解】第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，故；而，故.故答案為：360.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本的數字特征，考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.15、60【解析】

根據題中給的信息與雙曲線的定義可求得與,再在中,由余弦定理求解得,繼而得到各邊的長度,再根據計算求解即可.【詳解】如圖所示：設雙曲線的半焦距為.因為,,,所以由勾股定理,得.所以.因為是上一個靠近點的三等分點,是的中點,所以.由雙曲線的定義可知：,所以.在中,由余弦定理可得,所以,整理可得.所以,解得.所以.則.則,得.則的底邊上的高為.所以.故答案為：60【點睛】本題主要考查了雙曲線中利用定義與余弦定理求解線段長度與面積的方法,需要根據雙曲線的定義表示各邊的長度,再在合適的三角形里面利用余弦定理求得基本量的關系.屬于難題.16、3【解析】

分析程序中各變量、各語句的作用,根據流程圖所示的順序,即可得出結論.【詳解】解:初始,第一次循環(huán):;第二次循環(huán):;第三次循環(huán):;經判斷,此時跳出循環(huán),輸出.故答案為:【點睛】本題考查了程序框圖的應用問題,解題的關鍵是對算法語句的理解,屬基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）為線段上靠近點的四等分點，且坐標為【解析】

（1）先通過線面垂直的判定定理證明平面，再根據面面垂直的判定定理即可證明；（2）分析位置關系并建立空間直角坐標系，根據二面角的余弦值與平面法向量夾角的余弦值之間的關系，即可計算出的坐標從而位置可確定.【詳解】（1）證明：因為，，，所以，即.又因為，，所以，，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）解：連接，因為，是的中點，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則平面的一個法向量是，，，.設，，，，代入上式得，，，所以.設平面的一個法向量為，，，由，得.令，得.因為二面角的平面角的大小為，所以，即，解得.所以點為線段上靠近點的四等分點，且坐標為.【點睛】本題考查面面垂直的證明以及利用向量法求解二面角有關的問題，難度一般.（1）證明面面垂直，可通過先證明線面垂直，再證明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夾角的余弦值，要注意結合圖形分析.18、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）求導得到，討論和兩種情況，得到答案.（Ⅱ）變換得到，設，求，令，故在單調遞增，存在使得，，計算得到答案.【詳解】（Ⅰ）（），當時，在單調遞減，在單調遞增；當時，在單調遞增，在單調遞減.（Ⅱ）（），即，（）.令（），則，令，，故在單調遞增，注意到，，于是存在使得，可知在單調遞增，在單調遞減.∴.綜上知，.【點睛】本題考查了函數的單調性，恒成立問題，意在考查學生對于導數知識的綜合應用能力.19、（1）（2）是定值，詳見解析【解析】

（1）根據長軸長為，離心率，則有求解.（2）設，則，直線，令得，，則，直線，令，得，則，再根據求解.【詳解】（1）依題意得，解得，則橢圓的方程.（2）設，則，直線，令得，，則，直線，令，得，則，.【點睛】本題主要考查橢圓的方程及直線與橢圓的位置關系，還考查了平面幾何知識和運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）【解析】

（1）由三角形面積公式，平面向量數量積的運算可得，結合范圍，可求，進而可求的值．（2）利用同角三角函數基本關系式可求，利用兩角和的正弦函數公式可求的值，由正弦定理可求得的值．【詳解】解：（1）由，得，因為，所以，可