一、單選題
1．若集合，，，則中元素的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若是復(fù)數(shù)，，則的最大值為（ ）
A．B．C．D．
3．在數(shù)列中，，且，則（ ）
A．3B．-2C．D．
4．已知函數(shù)的最小正周期為，若，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
5．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B，C，D分別為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，A，B，C，D四點(diǎn)共面的是（ ）．
A．B．
C．D．
6．若函數(shù)為偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．或
7．二十名校國旗班成員站成一排參加訓(xùn)練，教育計(jì)劃在20人中選9人進(jìn)行第一項(xiàng)訓(xùn)練，若這9人在原來隊(duì)列中互不相鄰、則教官的選擇方式一共有（ ）
A．220種B．55種C．210種D．110種
8．已知的定義域?yàn)榍?，則的最小值是（ ）
A．B．C．0D．
二、多選題
9．（多選）已知曲線Γ：（），則（ ）
A．Γ可能是等軸雙曲線
B．若Γ表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，則
C．?？赡苁前霃綖榈膱A
D．若Γ表示焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，則
10．小王經(jīng)過調(diào)查獲得如下數(shù)據(jù)：
參考公式：相關(guān)系數(shù)，，．
下列說法正確的有（ ）
A．該數(shù)據(jù)組的線性回歸方程（系數(shù)精確到0.01）為
B．該數(shù)據(jù)組的相關(guān)系數(shù)，很接近1說明該數(shù)據(jù)組擬合效果很好
C．所有數(shù)據(jù)點(diǎn)中殘差絕對(duì)值最小的是
D．去掉數(shù)據(jù)點(diǎn)后，回歸直線會(huì)向下移動(dòng)
11．下列說法不正確的有（ ）
A．正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊
B．若直線和平面均垂直于平面，則
C．正八面體的八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)是正四面體劃分區(qū)塊數(shù)的4倍
D．從空間內(nèi)任意一點(diǎn)出發(fā)，最多可以引出5條射線使得他們兩兩之間的夾角均為鈍角
三、填空題
12．已知，則 ．
13．已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，是橢圓的左焦點(diǎn)，，分別為的左，右頂點(diǎn)，為上一點(diǎn)，且軸，過點(diǎn)A的直線與線段交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．若直線經(jīng)過的中點(diǎn)，則的離心率為 ．
14．已知，若在上有解，則的最小值是 ．
四、解答題
15．已知，，是互不相等的正實(shí)數(shù)．
(1)若，，成等差數(shù)列，求證：，，不可能是等比數(shù)列；
(2)設(shè)的內(nèi)角，，所對(duì)的邊分別為，，，若，，成等差數(shù)列，求證：．
16．如圖，在四棱錐中，底面，底面為正方形，，，分別為，的中點(diǎn)．
(1)證明：平面；
(2)求平面與底面夾角的余弦值；
(3)求平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長．
17．市教育局計(jì)劃舉辦某知識(shí)競(jìng)賽，先在，，，四個(gè)賽區(qū)舉辦預(yù)賽，每位參賽選手先參加“賽區(qū)預(yù)賽”，預(yù)賽得分不低于100分就可以成功晉級(jí)決賽．賽區(qū)預(yù)賽的具體規(guī)則如下：每位選手可以在以下兩種答題方式中任意選擇一種答題．方式一：每輪必答2個(gè)問題，共回答6輪，每輪答題只要不是2題都錯(cuò)，則該輪次中參賽選手得20分，否則得0分，各輪答題的得分之和即為預(yù)賽得分；方式二：每輪必答3個(gè)問題，共回答4輪，在每一輪答題中，若答對(duì)不少于2題，則該輪次中參賽選手得30分，如果僅答對(duì)1題，則得20分，否則得0分．各輪答題的得分之和即為預(yù)賽得分．記某選手每個(gè)問題答對(duì)的概率均為．
（1）若，求該選手選擇方式二答題晉級(jí)的概率；
（2）證明：該選手選擇兩種方式答題的得分期望相等．
18．已知拋物線上的任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離比到y(tǒng)軸的距離大.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過拋物線外一點(diǎn)作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，若三角形ABP的重心G在定直線上，求三角形ABP面積的最大值.
19．已知函數(shù)．
(1)若，且有2個(gè)不同的零點(diǎn)．
（i）求的取值范圍；
（ii）求證：．
(2)記，對(duì)于任意，總存在，使得，求的取值范圍．
參考公式：若與存在，則．
2
4
7
17
30
1
2
3
4
5
《湖南省部分學(xué)校2025屆高三“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)試卷》參考答案
1．C
【分析】由題意計(jì)算，，根據(jù)補(bǔ)集的定義可求出結(jié)果.
【詳解】解：由題知，
則，，
所以，所以中元素的個(gè)數(shù)為3.
故選：C．
2．B
【分析】設(shè)，由條件結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義確定復(fù)數(shù)在復(fù)平面上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為的軌跡，結(jié)合復(fù)數(shù)模的幾何意義求結(jié)論.
【詳解】設(shè)，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，
因?yàn)椋?br>所以，故，
所以點(diǎn)的軌跡為以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓，
所以點(diǎn)到原點(diǎn)的最大距離為，
所以的最大值為.
故選：B．
3．A
【分析】由遞推關(guān)系求前幾項(xiàng)的值，判斷出數(shù)列是以4為周期的數(shù)列，利用周期性求出.
【詳解】數(shù)列中，，且，
則，，，，，，
所以，即數(shù)列是以4為周期的數(shù)列，
所以，
故選：A．
4．A
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的值域，可得與的取值，利用三角函數(shù)周期與最值的關(guān)系，可得答案.
【詳解】由題意可知函數(shù)的最小正周期，
由，且，
則與分別為函數(shù)的最大(小)，小(大)值，所以.
故選：A.
5．D
【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷點(diǎn)是否共面，并應(yīng)用平面的性質(zhì)畫出截面即可判斷.
【詳解】由正方體性質(zhì)，選項(xiàng)A，B，C中，A，B，C，D四點(diǎn)顯然不共面．
對(duì)于D選項(xiàng)，如下圖取E，F(xiàn)為正方體所在棱的中點(diǎn)，依次連接ADCEBF，
易知ADCEBF為平面正六邊形，所以A，B，C，D四點(diǎn)共面．
故選：D
6．A
【分析】根據(jù)為偶函數(shù)，得在(或其子集)上為偶函數(shù)，求得的取值范圍.
【詳解】函數(shù)為偶函數(shù)，的定義域?yàn)椋覟榕己瘮?shù)，
在(或其子集)上為偶函數(shù)，
恒成立，
恒成立，

故選: A .
7．A
【分析】依題意，采用插空法求解即可.
【詳解】本題等價(jià)于向11個(gè)人的隊(duì)中插入9個(gè)人使他們不相鄰，考慮插空法即為220，
故選：A．
8．B
【分析】由已知，得，則，可得，利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，即可求得的最小值.
【詳解】因?yàn)椋?br>則，
所以，
又，得，則，
故，
令，則，，
因?yàn)闀r(shí)，則函數(shù)在單調(diào)遞增，
因?yàn)闀r(shí)，則函數(shù)在單調(diào)遞減，
且時(shí)，
所以，，
則，令，其圖象的對(duì)稱軸，
則在單調(diào)遞減，
所以，即的最小值是.
故選：B．
9．BCD
【分析】根據(jù)圓，橢圓，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，逐一判斷選項(xiàng)即可.
【詳解】對(duì)于A，若Γ是等軸雙曲線，則，顯然不成立，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，Γ表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，
則，解得，故B正確；
對(duì)于C，Γ是圓，則，解得，半徑為，故C正確；
對(duì)于D，Γ表示焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，則，
解得，故D正確.
故選：BCD.
10．ACD
【分析】根據(jù)給出的相關(guān)系數(shù)公式，以及回歸直線斜率和截距的最小二乘法公式求出線性回歸方程，結(jié)合殘差的定義逐項(xiàng)分析判斷.
【詳解】對(duì)于A，，，
，
，
所以，，
所以該數(shù)據(jù)組的線性回歸方程為，故A正確；
對(duì)于B，由，
則，很接近1說明兩個(gè)變量相關(guān)性越強(qiáng)，與擬合效果無關(guān)，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，由殘差絕對(duì)值，結(jié)合A項(xiàng)的回歸方程可得，
，，，
，，故C正確；
對(duì)于D，，故點(diǎn)在回歸直線上方，故去掉該點(diǎn)后，回歸直線下移，故D正確．
故選：ACD．
11．BCD
【分析】對(duì)于A，參考直線劃分平面的思路，通過增加平面計(jì)算增加空間區(qū)域數(shù)量，可得到正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊；對(duì)于B，由線面、面面關(guān)系，即可判斷；對(duì)于C，同選項(xiàng)A，可得正八面體的八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)，即可判斷；對(duì)于D，假設(shè)5條射線可以兩兩成鈍角，通過空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，推得假設(shè)不成立，即可判斷.
【詳解】對(duì)于A，參考直線劃分平面的思路，
當(dāng)新加入平面后，考慮已有平面與原有平面的交線可以將新加入的平面劃分為個(gè)區(qū)域，
由于每一個(gè)區(qū)域可將原空間一分為二，所以新增加的區(qū)塊數(shù)為（新加入平面被劃分的區(qū)域）．
例如：一個(gè)平面將空間劃分為2塊，加入新平面．若平行，那么新增加的區(qū)塊數(shù)為1．
若不平行，那么與有一條交線，這條交線把平面劃分為2個(gè)區(qū)域，所以新增加的區(qū)塊數(shù)為2．
類比分析四面體劃分的區(qū)塊，
①平面將空間劃分為2個(gè)部分．
②增加平面，平面與平面的交線為，直線將平面一分為二，
每個(gè)區(qū)域?qū)⑺诳臻g一分為二，故增加了2個(gè)區(qū)塊，此時(shí)區(qū)塊數(shù)為．
③增加平面，平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，
這兩條交線相交，將平面分為4個(gè)區(qū)域，這4個(gè)區(qū)域?qū)⑺诳臻g一分為二，
故增加了4個(gè)區(qū)塊，此時(shí)區(qū)塊數(shù)為．
④增加平面，平面與上述三個(gè)平面的交線分別為，，，這3條交線將平面分為7個(gè)區(qū)域，
這7個(gè)區(qū)域?qū)⑵渌诳臻g一分為二，故增加了7個(gè)區(qū)塊，此時(shí)區(qū)塊數(shù)為．
故正四面體的四個(gè)面所在平面可以將空間劃分為15個(gè)區(qū)塊，故A正確；
對(duì)于B，也可以，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，同選項(xiàng)A，正八面體的八個(gè)面所在平面可以將空間劃分的區(qū)塊數(shù)為59個(gè)，，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，假設(shè)5條射線可以兩兩成鈍角，設(shè)起始點(diǎn)為，終點(diǎn)為，
則，以方向建立軸，，
那么，，，都在平面的的負(fù)半軸一側(cè)，，
又恒大于0，且是在平面上的投影向量的數(shù)量積，
于是總有，使得．從而，故假設(shè)不成立，故D錯(cuò)誤．
故選：BCD．
12．
【分析】利用兩角和的正切公式即可求解.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以．
13．
【分析】設(shè)直線的方程為，與聯(lián)立求，與聯(lián)立求，利用中點(diǎn)公式求，根據(jù)關(guān)系，，三點(diǎn)共線列方程可得，結(jié)合離心率定義求結(jié)論.
【詳解】由題意可設(shè)，，，
設(shè)直線的方程為，
令，可得，令，可得．
設(shè)的中點(diǎn)為，可得，
因?yàn)?，，三點(diǎn)共線，
所以，又，，
所以，
所以，即，
所以橢圓的離心率.
故答案為：.
14．12
【分析】根據(jù)題意，的最小值即為原點(diǎn)到直線的距離的平方，從而求解．
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，
又在上有解，
設(shè)這個(gè)解是，則，
則，即，
即點(diǎn)可看作在動(dòng)直線上，則可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到原點(diǎn)距離的平方的最小值．
則，令，，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，此時(shí)，
則．
故答案為：12.
15．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）利用反證法求證即可；
（2）通過等比數(shù)列以及余弦定理基本不等式推出，利用三角形兩邊和大于第三邊，推出，即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）假設(shè)，，成等比數(shù)列，所以，①
因?yàn)椋?，成等差?shù)列，所以，②
由①②可得，與已知，，是互不相等的正實(shí)數(shù)矛盾，
故假設(shè)不成立，原命題成立．
（2）因?yàn)?，，成等差?shù)列，所以，所以，
由余弦定理和基本不等式可得
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
因?yàn)?，，為的三邊，所以?br>所以，所以，所以．
16．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）連接，可得，利用線面平行的判定定理，即可證得；
（2）首先建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的一個(gè)法向量，平面的一個(gè)法向量利用坐標(biāo)運(yùn)算，即可求出平面與底面所成角的余弦值；
（3）利用圖形的對(duì)稱性，設(shè)交點(diǎn)Q，利用坐標(biāo)運(yùn)算求向量的模，即可求得平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長.
【詳解】（1）如圖，連接，
因?yàn)?，分別為，的中點(diǎn)，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）因?yàn)榈酌?，又平面?br>所以，
又底面為正方形，則，
以為原點(diǎn)，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)椋?，分別為，的中點(diǎn)．
則，，，
所以，．
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
所以，
令，則，，所以．
因?yàn)槠矫娴囊粋€(gè)法向量為，
所以，
所以平面與底面夾角的余弦值為．
（3）平面與棱交于一點(diǎn)，
由（2），設(shè)交點(diǎn)，則，，
又，所以，
則，所以，
又，，
則，即，
所以平面與四棱錐表面的交線圍成的圖形的周長為．
17．（1）；（2）證明見解析.
【分析】（1）先求該選手選擇方式二答題，記每輪得分的可能及其概率，記預(yù)賽得分為，根據(jù)晉級(jí)所需分?jǐn)?shù)求出即可得解；
（2）分別求出該選手選擇兩種方式答題的得分期望，直接進(jìn)行判斷即可得解.
【詳解】（1）該選手選擇方式二答題，記每輪得分為，
則可取值為0，20，30，
且，，
記預(yù)賽得分為，
∴該選手所以選擇方式二答題晉級(jí)的概率為．
（2）該選手選擇方式一答題：
設(shè)每輪得分為，則可取值為0，20，
且，
∴，
設(shè)預(yù)賽得分為，則，
．
該選手選擇方式二答題：
設(shè)每輪得分為，則可取值為0，20，30，且
，
，
，
∴．
設(shè)預(yù)賽得分為，則
，
因?yàn)?，所以該選手選擇兩種方式答題的得分期望相等．
【點(diǎn)睛】本題考查了隨機(jī)事件的概率，考查了離散型變量的期望，計(jì)算量較大，屬于中檔題.
本題的關(guān)鍵點(diǎn)有：
（1）理解題目所給情形，并能轉(zhuǎn)化成概率模型；
（2）根據(jù)情形，精確求隨機(jī)事件的概率.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）根據(jù)題意，拋物線上的任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離與到直線的距離相等，然后根據(jù)拋物線的定義即可求得答案.
（2）設(shè)動(dòng)點(diǎn)，切點(diǎn)，，進(jìn)而設(shè)出切線方程并代入拋物線方程，結(jié)合判別式法和點(diǎn)G在直線上得到的關(guān)系，然后取線段AB的中點(diǎn)Q，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，最后根據(jù)求得答案.
【詳解】（1）根據(jù)題意，拋物線上的任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離與到直線的距離相等，由拋物線的定義可知：，，拋物線C的方程為.
（2）設(shè)動(dòng)點(diǎn)，切點(diǎn)，.
設(shè)過A的切線PA方程為，與拋物線方程聯(lián)立，
消去x整理得，，所以，
所以切線PA方程為，同理可得切線PB方程為，
聯(lián)立解得兩切線的交點(diǎn)，所以有.
因?yàn)椋?br>又G在定直線，所以有，即P的軌跡為，
因?yàn)镻在拋物線外，所以.
如圖，取AB中點(diǎn)Q，則，
所以，因?yàn)椋?br>所以，所以，所以當(dāng)時(shí)，.
【點(diǎn)睛】本題第（2）問運(yùn)算量大，一定要注意對(duì)根與系數(shù)的關(guān)系的應(yīng)用，另外本題為什么要取點(diǎn)Q，一方面是受點(diǎn)G為三角形的重心的影響，另一方面是為了處理三角形的面積，即有，平常一定要多加訓(xùn)練，培養(yǎng)自己做題的感覺.
19．(1)（i）；（ii）證明見解析
(2)
【分析】（1）（i）分離參數(shù)得，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合圖象可得范圍；（ii）令，用表示，構(gòu)造關(guān)于的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性及所給函數(shù)極限，即可證明不等式；
（2）根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為求解的最小值，令，構(gòu)造得到關(guān)于的不等式，結(jié)合取等條件可得最小值.
【詳解】（1）（i）由得，顯然不是方程的解.
當(dāng)時(shí)，分離參數(shù)得，
由題意得關(guān)于的方程有兩個(gè)解.
令，則，
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減，且；
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減，且；
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，且；
當(dāng)；當(dāng)；
當(dāng)；當(dāng)；
如圖作出的大致圖象.

于是要使有兩個(gè)解.
故的取值范圍為.
（ii）證明：結(jié)合題意及（i）有；
所以，且，
令，將代入上式解得，
則，，
要證，即證，
令,
則
，
令，，
則，
令，，
則，
令，，
則，
則在單調(diào)遞減，所以，即，
則在單調(diào)遞增，所以，即，
則在單調(diào)遞減，所以，
故，則在單調(diào)遞增，且，
又，
故，即得證.
（2），，且.
總存在，使得，則，
不妨設(shè)，簡記為.
對(duì)于任意，恒成立，則.
由，可知在或或的極值點(diǎn)處取到.
則①，②，
由①②得，，
故當(dāng)且僅當(dāng)，且，
即時(shí)，“”成立，此時(shí)，且；
則，
所以③，
又④，
則由③④得，，
所以.
當(dāng)且僅當(dāng)，
即時(shí)，“”成立.
所以當(dāng)，時(shí)，，
綜上所述，的取值范圍是.
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
A
D
A
A
B
BCD
ACD
題號(hào)
11









答案
BCD









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2025屆高三“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)試卷（含答案）：

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這是一份湖南省2025屆高三下學(xué)期3月“一起考”大聯(lián)考（一模）數(shù)學(xué)試卷（PDF版附解析），文件包含數(shù)學(xué)答案pdf、數(shù)學(xué)pdf等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共10頁， 歡迎下載使用。

湖南部分學(xué)校2025屆高三下學(xué)期3月“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)試題及答案：

這是一份湖南部分學(xué)校2025屆高三下學(xué)期3月“一起考”大聯(lián)考（模擬一）數(shù)學(xué)試題及答案，共9頁。

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