[数学]湖南省名校联考联合体2025届高三上学期入学摸底考试试题(解析版)

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，
1. 已知向量，若，则等于（ ）
A 9B. 3C. -1D. -3
【答案】C
【解析】因为，所以，得.
故选：C.
2. 已知集合，若中有且仅有一个元素，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，要使得中有且仅有一个元素，则或，即实数的取值范围为.
故选：B.
3. 已知复数，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. C. -2D. 2
【答案】A
【解析】由已知，复数为纯虚数，
所以得.
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，
又，
则可得.
所以，
故选：A.
5. 已知双曲线，若双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意可知双曲线的渐近线为，从而，即，
所以，所以的离心率.
故选:B.
6. 在中，角所对的边分别为，若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
由正弦定理得，得，
所以，即，
因为，所以，
所以，或，所以，或（舍），
所以，所以.
故选：D.
7. 已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
联立可解得，所以，所以.
所以曲线在点处的切线方程为，
故所求的切线方程为.
故选：C.
8. 如图，已知正方体的棱长为，圆锥在正方体内，且垂直圆锥的底面，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，取的中点，记为，，
根据正方体的性质易知六边形为正六边形，此时的中点在正六边形的中心，且平面，
当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大，
设此时圆锥底面圆半径为，因为，
所以，
所以，圆锥底面积为，圆锥顶点为处，
圆锥体积.
故选：C.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知数据，满足：，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是（ ）
A. 中位数不变
B. 若，则数据的第75百分位数为13
C. 平均数不变
D. 方差变小
【答案】ACD
【解析】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确；
当时，数据按从小到大顺序排列：.
因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数15，故B错误；
由于，故，
原来的平均数为，
去掉后平均数为，平均数不变，故C正确；
原来的方差为，
去掉后的方差为，
方差变小，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知定义在区间上的函数，其中，若函数恰有两个极值点，设其极大值､极小值分别记为.则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 实数的取值范围为
C.
D.
【答案】ABC
【解析】因为，其中，则，
所以函数的图象关于直线对称，所以选项A正确；
因为在上单调递减，在上单调递增，
因为在上有两个极值点，且，
所以，解得，所以选项B正确；
因为存在，使得，
当或时，；当时，.
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极大值点为，极小值点为，
又因为函数的图象关于直线对称，则，
所以
.所以选项C正确，D错误.
故选：ABC.
11. 已知是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若的面积等于4.则下列结论正确的是（ ）
A. 若点是椭圆的短轴顶点，则椭圆的标准方程为
B. 若是动点，则的值恒为2
C. 若是动点，则椭圆的离心率的取值范围是
D. 若是动点，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】对于A，若点是椭圆的短轴顶点，则，
又，
所以，所以椭圆的标准方程为，故选项A正确；
对于B，设，由题意可知①，
因为，所以，即②，又③，
由②③及得，又由①知，所以.故选项B正确；
对于C，由②③得，所以，从而，故.所以椭圆的离心率，故选项C错误；
对于D，由椭圆定义可得，即的取值范围为，即选项D正确.故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后得到函数的
图象，则的值为__________.
【答案】1
【解析】由已知得，
所以.
13. 已知奇函数在其定义域上是减函数，且，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】因为是奇函数，所以等价于，
又函数在定义域上是减函数，
需满足，解得，
即的取值范围为.
14. 某超市为了保证顾客能购买到新鲜的牛奶又不用过多存货，统计了30天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
该超市存货管理水平高低会直接影响超市的经营情况.该超市对鲜牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于30件，则通知配送中心立即补货至40件，否则不补货.假设某天开始营业时货架上有40件水牛奶，则第二天营业结束后货架上有20件存货的概率为__________.（以样本估计总体，将频率视为概率）
【答案】
【解析】由题设第一天营业结束后不补货的情况为事件销售10件}，
补货的情况为事件销售20件，30件，40件，
所以，
令事件第二天营业结束后货架上有20件存货，
则，
所以.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 近年来，我国新能源汽车进入快车道，自2015年以来，产销量已经连续八年增长，位居全球前列.近期国院出台了新能源汽车系列政策，促进了新能源汽车产业的发展.某市一家知名品牌的新能源汽车企业近5个月的产值数据统计如下表：
（1）求出关于的经验回归方程，并预测明年3月份该企业的产值；
（2）该企业依据市场调研，为满足消费者的购买需求，设计并生产了三种类型新能源汽车，这三种类型的销量比依次为，销售价格依次为15万，25万，40万.若该新能源汽车的某4S店每天销售2台，设销售额为随机变量，求的分布列和数学期望.
参考公式：；
参考数据：.
解：（1）
所以，
所以关于的经验回归方程为，
当时，，
故明年3月份该企业的产值约为62.4百亿元.
（2）由题设随机变量的可能取值为，，
，
.
随机变量的分布列如下表：
（万元）.
16. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）抛物线的准线与轴交于点，过的直线交抛物线于两点，且，点为线段的垂直平分线与轴的交点，求点的横坐标的取值范围.
解：（1）因为在拋物线上，所以，
得；
因为，所以，即，解得，
所以抛物线的标准方程为.
（2）易知抛物线的准线为，则可得；
设，由可得，
如下图所示：
设直线，代入到中得，
所以，即可得，
联立两式并整理可得，
又
由可得递增，即有，即，
又中点坐标为，
可得直线的垂直平分线的方程为，
令，可得，
所以点的横坐标的取值范围为.
17. 如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，.
（1）证明：平面平面；
（2）求锐二面角的余弦值.
（1）证明：设，因为，
由余弦定理可得，即；
可得四边形为正方形，所以，
且，又是侧棱的中点，连接，
因为，
又，则，
因为为的中点，所以，
由平面，且，可得平面，
又因为平面，
可得平面平面.
（2）解：由直棱柱的性质与已知，得，
以为原点，以垂直于平面的直线，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，可得，且是中点，
则.
可得，
设平面的法向量为，则
令，则，可得，
由（1）可知平面的一个法向量为，
可得，
所以锐二面角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）设函数.证明：
（i）函数有唯一极值点；
（ii）若函数有唯一零点，则.
（1）解：由函数可得：，
且，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数减区间是，增区间是.
（2）证明：（i）因为的定义域为，
所以，
设，则，当时，，所以单调递增，
当时，，所以单调递减，所以，
所以，即，
所以，又，
所以存在唯一，使得，即，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以函数有唯一极值点.
（ii）由（i）得，因为函数有唯一零点，所以，
所以，
即，所以，
设，所以，
所以在单调递减，
因为，所以.
19. 给定整数，数列，且，为整数.在中去掉一项，并将剩下的数分成项数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为.将中的最小值称为数列的特征值.
（1）已知数列，写出的值及的特征值；
（2）若，当，其中，且时，证明：；
（3）已知数列的特征值为，求的最小值.
（1）解：由题知：，
的特征值为1.
（2）证明：由于，
①当时，根据定义可知
，
同理可得：.
所以，所以；
②当时，同理可得：
，
，
所以，所以.
综上有：.
（3）解：不妨设，
显然，，
，
当且仅当时取等号；
，
当且仅当时取等号；
由（2）可知的较小值为，
所以，
当且仅当时取等号，
此时数列为常数列，其特征值为0，不符合题意，
则必有.
当时，
因为.
所以.
因此
.
当时，可取到最小值，符合题意.
所以.最小值为.日销售量/件
10
20
30
40
天数
3
6
15
6
月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份代
1
2
3
4
5
产值（百亿元）
16
20
27
30
37
30
40
50
55
65
80
0.09
0.30
0.25
0.12
0.20
0.04