湖南省長沙市2025屆高三上學期新高考適應性考試針對性訓練數(shù)學試題 含答案

湖南省長沙市2025屆高三新高考適應性考試針對性訓練數(shù)學學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．設集合，則（

）A． B． C． D．2．設為虛數(shù)單位，若，則（

）A． B． C． D．3．若，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知，則（

）A． B． C． D．5．的展開式中，含的項的系數(shù)為（

）A．240 B． C．560 D．3606．某公司計劃派員工到甲、乙、丙、丁、戊這5個領頭企業(yè)中的兩個企業(yè)進行考察學習，記該公司員工所學習的企業(yè)中含甲、乙、丙的個數(shù)為，記的所有取值的平均數(shù)為，方差為，則（

）A． B． C． D．7．如圖，已知雙曲線的左右焦點分別為，過的直線與圓相切，與雙曲線在第四象限交于一點，且有軸，則離心率為（

）A．3 B． C． D．28．已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，當最大時在區(qū)間上的零點個數(shù)為（

）A．466 B．467 C．932 D．933二、多選題9．北京時間2024年7月27日，我國射擊健將黃雨婷、盛李豪在奧運會上戰(zhàn)勝韓國選手，摘奪了射擊混合團體10米氣步槍金牌，通過賽后數(shù)據(jù)記錄得到其中一名選手的得分分別為7，12，13，18，18，20，32，則（

）A．該組數(shù)據(jù)的極差為26B．該組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為18C．該組數(shù)據(jù)的75%分位數(shù)為19D．若該組數(shù)據(jù)去掉一個最高分和最低分，則這組數(shù)據(jù)的方差變小10．已知函數(shù)，則（

）A．若，則B．若，則在上單調遞增C．若，則在上單調遞減D．若有兩個零點，則11．已知正方體的棱長為2，，分別是線段，上的動點，且滿足，點是線段的中點，則（

）A．若是的中點，則平面B．若是的中點，則平面C．的最大值是D．的最小值為三、填空題12．已知三角形中，，是上中線的三等分點滿足，記，則.13．已知數(shù)列，，…，，其中，，…，是首項為1，公差為1的等差數(shù)列；，，…，是公差為的等差數(shù)列；，，…，是公差為的等差數(shù)列，則a30的最小值為14．已知點是拋物線上一點，點是拋物線的焦點，為上異于的兩動點，且，則的最小值為.四、解答題15．在面積為S的中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．(1)若，求周長的最大值；(2)若為銳角三角形，且AB邊上的高h為2，求面積的取值范圍．16．已知函數(shù)在上的最大值為.（1）求的解析式；（2）討論的零點的個數(shù).17．如圖，在直三棱柱中，為等腰直角三角形，，D為BC的中點．（1）求證：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值．18．如圖，已知點、分別是橢圓的左、右焦點，點是負半軸上的一點，，過點的直線與交于點與點.

(1)求面積的最大值；(2)設直線的斜率為和直線的斜率為，橢圓上是否存在點，使得為定值，若存在，求出點與值，若不存在，請說明理由.19．有一位老師叫他的學生到麥田里，摘一顆全麥田里最大的麥穗，期間只能摘一次，并且只可以向前走，不能回頭.結果，他的學生兩手空空走出麥田，因為他不知前面是否有更好的，所以沒有摘，走到前面時，又發(fā)覺總不及之前見到的，最后什么也沒摘到.假設該學生在麥田中一共會遇到顆麥穗（假設顆麥穗的大小均不相同），最大的那顆麥穗出現(xiàn)在各個位置上的概率相等，為了使他能在這些麥穗中摘到那顆最大的麥橞，現(xiàn)有如下策略：不摘前顆麥穗，自第顆開始，只要發(fā)現(xiàn)比他前面見過的麥穗都大的，就摘這顆麥穗，否則就摘最后一顆.設，該學生摘到那顆最大的麥穗的概率為.（?。?(1)若，，求；(2)若取無窮大，從理論的角度，求的最大值及取最大值時的值.湖南省長沙市2025屆高三新高考適應性考試針對性訓練數(shù)學參考答案：題號12345678910答案BDABBDCCBDAD題號11答案ACD1．B【分析】先求出集合，再根據(jù)交集的定義即可得解.【詳解】，所以.故選：B.2．D【分析】結合復數(shù)的四則運算，以及共軛復數(shù)的定義，即可求解．【詳解】，故．故選：D．3．A【分析】利用充分條件與必要條件的概念判斷.【詳解】由得，，所以且，則，充分性成立；由，不妨取，則，顯然，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件．故選：A．4．B【分析】根據(jù)已知條件即可求得，代入即可求得.【詳解】由，則，化簡得，所以，由.故選：B5．B【分析】根據(jù)二項式展開式的通項特征即可求解.【詳解】的通項為且，令解得，故的項的系數(shù)為，故選：B6．D【分析】根據(jù)方差的計算即可求解，結合排列組合求解概率，即可根據(jù)期望和方差，結合選項即可逐一求解.【詳解】由題知的所有可能取值為，則，.且，，，所以，故A錯誤；由于，故C錯誤；，故B錯誤；，則，故D正確．故選：D7．C【分析】求出的坐標，由直線與圓相切于點，可求出，，，，再由銳角三角函數(shù)得到，進而求出離心率.【詳解】圓的圓心，半徑，雙曲線中，令，解得，則，由直線與圓相切于點，得，又，則，，于是，即，有，而，所以.故選：C8．B【分析】方法一：根據(jù)的范圍，確定的范圍，結合已知條件以及函數(shù)的零點，得且，分別驗證、、確定的范圍，求出的最大值，代入函數(shù)解析式即可求解；方法二：利用換元的令，根據(jù)的范圍，確定的范圍，由，得出的范圍，結合圖象性質，以及已知條件，最終確定的最大值，代入函數(shù)解析式即可求解.【詳解】方法一：由題意，函數(shù)，可得函數(shù)的周期為，因為，可得，又由函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，且滿足，且，可得，即，且，當時，，解得，所以；當時，，解得，所以；當時，，解得，此時解集為空集，綜上可得，實數(shù)的取值范圍為.所以，得，，則，解得，令，則有，解得，即，因為，所以共有467個零點.方法二：由題意，函數(shù)，可得函數(shù)的周期為，因為，可設，則，又函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，可得，所以，則由圖象性質，可知，得，即.或者，得，即.所以最大為，得.，則，解得.令，則有：，解得：，即，因為，所以共有467個零點.故選：B.【點睛】思路點睛：對于區(qū)間長度為定值的動區(qū)間，若區(qū)間上至少含有個零點，需要確定含有個零點的區(qū)間長度，一般和周期相關.9．BD【分析】由統(tǒng)計的數(shù)據(jù)分析的相關概念即可得到結論.【詳解】該組數(shù)據(jù)的極差，故A選項錯誤；該組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為出現(xiàn)頻數(shù)最多的：18，故B選項正確；該組數(shù)據(jù)的分位數(shù)：,取第6個，則為20，故C選項錯誤；若該組數(shù)據(jù)去掉一個最高分和最低分，則這組數(shù)據(jù)波動變小，所以方差變小，故D選項正確；故選：BD.10．AD【分析】根據(jù)極值點的含義列方程求解a判斷A，根據(jù)導函數(shù)符號求解單調區(qū)間判斷BC，結合為的一個零點，所以=0在有一個解，分參后轉化為兩函數(shù)有一個公共點判斷D.【詳解】若，，則，，所以，即，當時，，則，令得，令得，令得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故，符合題意，A正確；若，，，在上單調遞減，B錯誤；若，1=，令得，所以在上單調遞增，C錯誤；若有兩個零點，且為一個零點，即在有一個解，即在有一個解，則與有唯一交點，因為在上單調遞增，且，所以0，D正確.故選：AD11．ACD【分析】對選項A，根據(jù)是的中點，取中點，通過證明四邊形是平行四邊形即可證明；對選項B，建立空間直角坐標系，求平面的一個法向量，證明即可；對選項C，根據(jù)可知，與重合時，最大；對選項D，設出，坐標，則可知坐標，故，，由可知，代入數(shù)量積的坐標運算可轉化為的取值范圍，利用三角換元即可求解.【詳解】是的中點，，，，∴是的中點.連接交于點如圖所示.，∴四邊形是平行四邊形，.又平面，平面，平面，故A正確；以為原點如圖建立空間直角坐標系，若是的中點，此時是的中點，那么，，，，而平面的一個法向量.，不是平面的法向量，故B錯誤；當與重合時，最大，為，故C正確；設，，則，，，，，，設，，，故，故D正確.故選：ACD.【點睛】本題主要考查空間中線面位置關系、求線段長度最小值及數(shù)量積最小值的方法，解題關鍵是建立空間直角坐標系將幾何問題轉化為代數(shù)問題，考查學生轉化能力、數(shù)形結合能力和計算能力，屬于壓軸題.12．1【分析】結合圖形，由平面向量線性運算和平面向量的基本定理求解即可.【詳解】如圖，，所以，所以.故答案為：1.13．/7.5【分析】先計算出，由得出，再由利用二次函數(shù)的性質可得答案.【詳解】因為，，…，是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以，因為，，…，是公差為的等差數(shù)列，所以，因為，，…，是公差為的等差數(shù)列，所以，因此，的取值范圍為.故答案為：.14．11【分析】將點帶入拋物線方程求出，然后根據(jù)設，根據(jù)，解得，根據(jù)拋物線定義表示出，最后結合二次函數(shù)的性質求解出最小值.【詳解】因為在拋物線上，所以，得，因此拋物線令，則因為，所以，化簡得，令，則,，結合二次函數(shù)性質，當時，取得最小值，即的最小值為，故答案為：11.【點睛】關鍵點點睛：設，通過解得的關系是本題的關鍵點，最后根據(jù)拋物線定義表示出，結合二次函數(shù)的性質求解出最小值.通過設坐標結合向量表示出坐標關系的聯(lián)立思維是圓錐曲線常用方法，對于學生來說務必掌握該方法和技巧..15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理邊角互換，代入已知條件，可以求得，再結合余弦定理和基本不等式即可求得最值；（2）通過等面積法，用兩種方法表示三角形的面積即可求得三邊之間的關系，用正弦定理將邊化為角，用輔助角公式化簡，借助角的范圍來求得最值.【詳解】（1）由和正弦定理，三角形面積公式得，，因，故得，，由余弦定理，，因，則；·由余弦定理，，即，整理得，，當且僅當時等號成立，即，于是，，即當時，周長的最大值為；（2）由可得，由正弦定理，，即得，，，·則，由為銳角三角形可得，，解得，則，由正弦函數(shù)的圖象知，，故得，即面積的取值范圍為.16．（1）（2）有且僅有個零點【解析】（1）由，求導得到，根據(jù)函數(shù)在上的最大值為，利用唯一的極值點為最值點求解.（2）由（1）得到，求導，設，分，，，四種情況用導數(shù)法結合零點存在定理求解.【詳解】（1）由，得，令，得；令，得，∴的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是.故在處有極大值，也是的最大值，所以，∴，故.（2）∵，∴，設，（i）當時，∴，所以單調遞減.又，，從而在上存在唯一零點.也即在上存在唯一零點.（ii）當時，，所以在上單調遞減，因為，，所以存在，，且在上，在上，所以為在上的最大值，又因為，，所以在上恒大于零，無零點.（iii）當時，，所以在上單調遞減.，所以在上單調遞增.又，，所以在上存在唯一零點.（iiii）當時，，設，∴，所以在上單調遞減，所以，即.∴在上單調遞減，因為，所以在上單調遞增，因為，，所以在無零點，綜上，有且僅有個零點.【點睛】本題主要考查導數(shù)與函數(shù)的最值，導數(shù)與函數(shù)的零點以及零點存在定理的應用，還考查了分類討論和運算求解的能力，屬于難題.17．（1）見解析（2）．【分析】（1）連接交與點，可證得，從而得證線面平行；（2）以DA，DC所在直線，過點D且平行于的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，寫出各點坐標，求出平面的一個法向量，由直線的方向向量與法向量夾角的余弦值的絕對值求得線面角的正弦值．【詳解】（1）連接，記，連接DE，在直三棱柱中，易知側面為平行四邊形，所以E是的中點，又D為BC的中點，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因為，D為BC的中點，所以，又在直三棱柱中，平面ABC，所以可以DA，DC所在直線，過點D且平行于的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，為等腰直角三角形，所以，，，，故，，．設平面的法向量為，則，即，所以，令，得，則為平面的一個法向量，設直線與平面所成的角為，則．故直線與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題主要考查空間中線面位置關系的證明，線面角的求解，求空間可建立空間直角坐標系，用空間向量法求空間角，把空間想象問題轉化為計算問題，考查考生的邏輯推理能力、空間想象能力、運算求解能力．18．(1)(2)存在，答案見解析【分析】（1）利用兩個公共底的三角形面積差表示出所求三角形面積，再由根與系數(shù)的關系化簡，化簡后換元，利用均值不等式求最值；（2）設，表示出，再利用在直線上及根與系數(shù)的關系化簡，觀察式子當當，時為定值，即可得解.【詳解】（1）因為，所以，所以，由，可設，由題意，聯(lián)立，消元得，設，，則，且，，所以的面積，令，則，當且僅當，即，時（此時適合的條件）取得等號.故面積的最大值為.（2）設橢圓上存在滿足條件的點，定值，如圖，

由（1）知，，所以，，，由，在上，所以，，所以，當，，時，該等式成立與取值無關，此時，故滿足條件的橢圓上的點對應或對應.【點睛】關鍵點點睛：定值問題的關鍵在于能夠把利用直線消元即根與系數(shù)的關系化為關于及的式子，通過觀察確定的取值，使得為定值，對運算能力要求很高.19．(1)(2)的最大值為，此時的值為.【分析】（1）由題意可知，要摘到那顆最大的麥穗，有兩種情況，最大的麥穗是第3顆和最大的麥穗是最后1顆，分情況分析兩種情況的可能性，結合古典概型即可求出結果；（2）記事件表示最大的麥穗被摘到，根據(jù)條件概率和全概率公式求出，再利用導數(shù)求出最值即可.【詳解】（1）這4顆麥穗的位置從第1顆到第4顆排序，有種情況.要摘到那顆最大的麥穗，有以下兩種情況：①最大的麥穗是