湖南省永州市2025届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

1、湖南省永州市2025届高三下学期第三次模拟考试数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题12025届湖南永州三模已知集合,则( )A.B.C.D.1答案：B解析：集合,又集合,所以.故选:B.22025届湖南永州三模若复数z满足,则z在复平面内对应的点为( )A.B.C.D.2答案：D解析：因为,所以,则z在复平面内对应的点为.故选:D.32025届湖南永州三模已知为等差数列的前n项和,且,则( )A.40B.45C.50D.553答案：B解析：因为,所以,则.故选:B.42025届湖南永州三模已知,则( )A.B.C.D.4答案：C解析：因为,所以.故选:C.52025届湖南永州三模的展开式的第4项系数是( )A.B.280C.D.5605答案：A解析：的展开式的第4项系数是.故选:A62025届湖南永州三模已知椭圆E:,点,若直线（）与椭圆E交于A,B两点,则的周长为( )A.B.4C.D.86答案：D解析：椭圆的长半轴长,半焦距,则点为椭圆的左焦点,其右焦点为,而直线恒过定点,所以的周长为.故选:D72025届湖南永州三模若函数在区间上单调递增,则实数a的最小值为( )A

2、.B.C.D.7答案：C解析：已知,可得.因为在区间上单调递增,所以在区间上恒成立,即在区间上恒成立.移项可得在区间上恒成立,令,则.对求导,可得:.令,即,因为恒成立,所以,解得或.当时,单调递增;当时,单调递减.所以在处取得极大值,也是最大值,.因为,所以实数a的最小值为.故选:C.82025届湖南永州三模如果数列对任意的,都有成立,则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”,且任意项,则正整数k的最大值为( )A.62B.63C.64D.658答案：B解析：由题干条件,即,也即数列的相邻两项之差严格递增,要使得正整数最大,则数列增长尽可能缓慢,需要让相邻两项差值尽可能小,即相邻两项差值构成公差为1的等差数列,因为,则,所以,采用累加法,令,即,解得,当时,符合题意;当时,无法构造“速增数列”满足题意,故选:B.二、多项选择题92025届湖南永州三模下列说法中,正确的有( )A.具有相关关系的两个变量x,y的相关系数r越大,则x,y之间的线性相关程度越强B.已知随机变量服从正态分布,且,则C.数据27,30,37,39,40,50的第30百分位数是30D.若一组样本数据的频率分布直方

3、图为单峰不对称,且在右边“拖尾”,则样本数据的平均数大于中位数9答案：BCD解析：对于A,具有相关关系的两个变量x,y的相关系数越大,则x,y之间的线性相关程度越强,故A不正确;对于B,随机变量服从正态分布,又,所以,则,故B正确;对于C,因为,所以数据27,30,37,39,40,50的第30百分位数是30,故C正确;对于D,由对称性知若频率分布直方图左右对称,则平均数等于中位数,而若频率分布直方图为单峰不对称,且在右边“拖尾”,则平均数大于中位数,故D正确.故选:BCD.102025届湖南永州三模已知函数,则( )A.的最小正周期为B.在区间上单调递增C.曲线关于直线对称D.10答案：ABD解析：A,则是的周期,假设其最小正周期,则对任意恒成立,故当时,即,当时,即,当时,即,两式相加得,因,则,则或或,即或或,经检验,当或时,式不成立;当时,式不成立,故是的最小正周期,故A正确;B,当时,则在上单调递增,故B正确;C,因,则,故曲线不关于直线对称,故C错误;D,先证明,令,则,则在上单调递减,则,即,即,等号成立时,当时,则当时有,又因和均为偶函数,则,恒成立且等号成立时,则,等

4、号成立时,故D正确.故选:ABD112025届湖南永州三模已知平面内动点到定点的距离与到定直线的距离之和等于6,其轨迹为曲线C,则下列结论正确的是( )A.若,则点P的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分B.P点横坐标的取值范围是C.若过点F的直线与曲线C的部分图象和部分图象分别交于A,D,则D.对给定的点（）,用表示的最小值,则的最小值为11答案：ACD解析：由于平面内动点到定点的距离与到定直线的距离之和等于6,则,所以,整理得轨迹为曲线;对于A,若,则轨迹为曲线C化简得,则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分,故A正确;对于B,若,则曲线C为,可得,则,若,则轨迹为曲线C化简得,可得,综合,可得,解得,所以P点横坐标的取值范围是,故B不正确;对于C,由选项B,可得曲线C的图象如图所示:设曲线的左右端点为,又,所以,设直线的方程为,则,即,联立,解得,联立,解得,当时,则,所以,故;当时,则,所以,故;综上,恒成立,故C正确;对于D,如图,设直线与曲线C的交点为E,G,当时,代入曲线C中可得或,则,如图1:当时,则;如图2:当时,则如图3:当时,因为,则,所以,综上,的最小值为.故选:ACD

5、.三、填空题122025届湖南永州三模已知函数是偶函数,则_.12答案：1解析：因为函数是偶函数,且定义域为R,可得,即,所以,即恒成立,所以且,解得.故答案为:1.132025届湖南永州三模已知直线与圆交于A,B两点,且,则_.13答案：解析：取中点D,连接,因为点D为中点,所以,所以,所以或（舍）,由于圆的圆心,半径,则圆心到直线的距离相交弦长,则,解得.故答案为:.142025届湖南永州三模已知四棱台的底面为矩形,上底面积为下底面积的,所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时,其外接球的表面积为_.14答案：解析：由题意设下底长、宽分别为3a,3b,则上底边长、宽为a,b,如图,O,分别是上下底面的中心,连结,根据边长关系,知该棱台的高为,则,当且仅当,即时等号成立,取得最大值;此时棱台的高,上底面外接圆半径,下底面半径,设球的半径为R,显然球心M在所在的直线上.显然球心M在所在的直线上.当棱台两底面在球心异侧时,即球心M在线段上,如图,设,则,显然则,有,即解得,舍去.当棱台两底面在球心同侧时,显然球心M在线段的延长线上,如图3,设,则,显然即,即解得,此时,外接球的表面积为.故

6、答案为:四、解答题152025届湖南永州三模在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.且.（1）求的值;（2）若,求的面积.15答案：（1）（2）解析：（1）因为,由余弦定理得,所以,所以,所以,所以,因为,所以.（2）因为,由正弦定理得,所以,因为,所以,则的面积为.162025届湖南永州三模某学校为调查高三年级的体育开展情况,随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试,体育综合测试成绩分4个等级,每个等级对应的分数和人数如下表所示:等级不及格及格良优分数1234人数3953（1）若从样本中随机选取2位学生,求所选的2位学生分数不同的概率;（2）用样本估计总体,以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生,记所选学生分数不小于3的人数为X.（）若,求X的分布列与数学期望;（）若,当k为何值时,最大?16答案：（1）（2）（）分布列见解析,;（）时,最大解析：（1）设事件“选取的2位学生分数不同”,则,故所选的2位学生分数不同的概率为;（2）设“学生分数不小于3”,则,（）若,X的可能取值为0,1,2,3,由题意可得,又,所以X的分布列为:X0123P由于,则;（）若,

7、则,所以,由于最大,所以,即,因为,所以时,最大.172025届湖南永州三模如图,在四棱锥中,底面ABCD为菱形,是边长为2的等边三角形,F为BC的中点.（1）证明:;（2）若直线AP与DF的夹角的余弦值为,求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.17答案：（1）证明见详解;（2）.解析：（1）记的中点为O,连接PO,OD,BD,因为为菱形,所以为正三角形,所以,由为正三角形可得,因为,是平面内的两条相交直线,所以平面,因为平面,所以.（2）由（1）知,过点O作平面,以OA,OD,Oz所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,因为平面,所以点P在坐标平面内,设,则,所以,因为直线AP与DF的夹角的余弦值为,所以,解得,因为,所以,得,所以,设平面PAB的法向量为,则,令得,记直线PC与平面PAB所成角为,则.182025届湖南永州三模已知双曲线（,）的虚轴长为2,离心率为.（1）求双曲线E的标准方程:（2）过点的直线l与E的左、右两支分别交于A,B两点,点,直线BC与直线交于点N.（）证明:直线AN的斜率为定值:（）记,分别为,的面积,求的取值范围.18答案：（1）（2）（）证明见解

8、析;（）解析：（1）已知双曲线的虚轴长为2,则,解得.又因为离心率,且,把代入可得.由可得,将其代入中,得到.解得,所以双曲线E的标准方程为.（2）（）当斜率为0时:已知,BC方程.令,则,解得,所以.当斜率不为0时:设AB方程,与联立:把代入得.由韦达定理得,.因为直线交左右两支,有,解得.BC方程,令,得,即.则,经化简得,把,代入.先看分子:再看分母:此时.因为,约分后可得.（）当斜率为0时,因为,两三角形相似,.当斜率不为0时,不妨设,所以.,代入与的值得.因为,所以,结合,解得.所以.综上,取值范围是.192025届湖南永州三模已知函数（）,且有唯一零点.（1）证明:;（2）证明:;（3）判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列,并说明理由.19答案：（1）证明见解析（2）证明见解析（3）不存在,理由见解析解析：（1）要证,即证.设,对求导得.当,递减;当,递增.所以在取最小值,即,原不等式得证.（2）先证:由（1）知,则,即.因为,所以,可得.当,.,时也满足,所以.再证:由（1）得,又,所以,即.因为,所以,则.综上,.（3）对函数求导,导数在时大于0,函数递增.,所以函数有唯一零点在,且,可化为.设,其导数,当

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