湖南省“湘豫联考”2025届高三9月联考数学试题（含答案）

这是一份湖南省“湘豫联考”2025届高三9月联考数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知x，y∈R，i为虚数单位，则“x=−1，y=2”是“x+yi=(2+i)i”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知双曲线C:x29−y2m=1的离心率为 3，则m的值为( )
A. 18B. 3 2C. 27D. 2 3
3.数据7，3，6，5，10，14，9，8，12的第60百分位数为( )
A. 14B. 9.5C. 8D. 9
4.已知函数f(x)=lg2x,x>0,(x+1)2,x<0,g(x)=f(−x)+1，则g(x)的图象大致是( )
A. B.
C. D.
5.在等比数列{an}中，记其前n项和为Sn，已知a3=−a2+2a1，则S8S4的值为( )
A. 2B. 17C. 2或8D. 2或17
6.在一个不透明箱子中装有10个大小、质地完全相同的球，其中白球7个，黑球3个.现从中不放回地依次随机摸出两个球，已知第二次摸出的是黑球，则第一次摸出的是白球的概率为( )
A. 710B. 79C. 23D. 56
7.已知关于x的不等式(x−2a)[x2−(2a+1)x+1]≥0对任意x∈(0,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. [−32,0]B. [−32,12]C. (−∞,0]D. (−∞,−32)
8.在平面直角坐标系中，点P的坐标为(0,52)，圆C:(x−5)2+(y−52)2=1，点T(t,0)为x轴上一动点.现由点P向点T发射一道粗细不计的光线，光线经x轴反射后与圆C有交点，则t的取值范围为( )
A. [158,103]B. [74,103]C. [74,278]D. [158,278]
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知n>2，且n∈N∗，下列关于二项分布与超几何分布的说法中，错误的有( )
A. 若X~B(n,13),则E(2X+1)=23n+1
B. 若X~B(n,13),则D(2X+1)=49n
C. 若X~B(n,13),则P(X=1)=P(X=n-1)
D. 当样本总数远大于抽取数目时,可以用二项分布近似估计超几何分布
10.一块正方体形木料如图所示，其棱长为3，点P在线段A1C1上，且A1C1= 3PC1，过点P将木料锯开，使得截面过BC，则( )
A. PC⊥BD
B. 截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C. 截面的面积为6 3
D. 以点A为球心，AB长为半径的球面与截面的交线长为3π2
11.已知U为全集，集合A，B，C，D满足：A，B，C为U的非空子集，且A∪B∪C=U，∁UD=C，∁(A∪B)(A∩B)=D.对所有满足上述条件的情形，下列说法一定错误的有( )
A. C∩D≠⌀B. B∪C=U
C. (A∪B)∩C=⌀D. ∁U(A∪B)不包含于C
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设正实数x，y满足xy=10，lgx⋅lgy=−34，则lgxy= ．
13.如图，函数f(x)= 3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，已知点A，D为f(x)的图象与x轴的交点，点B，C分别为f(x)图象的最高点和最低点，且AB⋅DC=−12|AB|2，则函数f(x)的初相φ= ．
14.已知方程|x|emx2−1=1(m∈R)有四个不同的实数根a，b，c，d，满足a四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c=2，a2+c2−b2= (23−2csA)bc．
(1)求b的值;
(2)设∠BAC的平分线交BC于点D，若△ABC的面积为3 3，求线段AD的长．
16.(本小题12分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为1，且AB1=AC1=1．
(1)求直线AA1与平面ABC所成角的正弦值;
(2)求点A到平面BB1C1C的距离．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex，g(x)=kx+b(k,b∈R)．
(1)令ℎ(x)=f(x)−g(x)，讨论函数ℎ(x)的单调性;
(2)若k>0，且f(x)≥g(x)在R上恒成立，求g(2)的最大值．
18.(本小题12分)
已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与抛物线C2:y2=4x有一个公共焦点，且C1的离心率为12，设C1与C2交于A，B两点．
(1)求椭圆C1的标准方程及线段AB的长;
(2)设P为C1上一点(不与A，B重合)，满足直线PA，PB均不与C2相切，设直线PA，PB与C2的另一个交点分别为M，N，证明：直线MN过定点．
19.(本小题12分)
如果一个严格单调递增数列{an}的每一项都是正整数，且对任意正整数n，an+1n+1≤ann恒成立，则称数列{an}为“奇特数列”．
(1)设等差数列{an}的首项a1=a，公差为d.若a≥d，a∈N∗，d∈N∗，求证：{an}为“奇特数列”;
(2)已知数列{an}，{bn}，其中{an}为“奇特数列”，a1=a∈N∗，an+1为大于an的最小的n+1的正整数倍，bn=an+1．
(ⅰ)求证：{bn}为“奇特数列”;
(ⅱ)求证：当n≥a时，bnn−bn+1n+1=1n(n+1)．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.C
5.D
6.B
7.C
8.A
9.BC
10.ACD
11.AD
12.±2
13.5π6
14.[ln2+14,1)
15.解：(1)在△ABC中，由余弦定理得2bccsA=b2+c2−a2，
代入已知条件，得a2+c2−b2=23bc−(b2+c2−a2).
整理，得2c2=23bc.所以b=3c=6．
(2)由于S△ABC=12bcsin∠BAC，
所以sin∠BAC=2S△ABCbc= 32．
又∠BAC∈(0,π)，
所以∠BAC=π3或2π3．
由点D在∠BAC的平分线上，知点D到边AB和边AC的距离相等．
设这个距离为d，则S△ABC=12(b+c)d，
所以d=2S△ABCb+c=2×3 32+6=3 34．
所以AD=dsin12∠BAC=3 32或32．
16.解：(1)由题意，得四面体A−A1B1C1是正四面体．
如图，过点A作平面A1B1C1的垂线AH，交平面A1B1C1于点H，
连接A1H，B1H，C1H.由对称性知，点H为正三角形A1B1C1的中心．
易得∠A1HB1=120∘，A1H=B1H，所以A1H=23A1B1csπ6= 33A1B1= 33．
因为AH⊥平面A1B1C1，A1H⊂平面A1B1C1，所以AH⊥A1H.
所以直线AA1与平面A1B1C1所成的角为∠HA1A.
因为sin∠HA1A=AHAA1= AA12−A1H2AA1= 63，
又平面ABC/​/平面A1B1C1，所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为 63．
(2)因为AH⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AH⊥B1C1．
又A1H⊥B1C1，且AH∩A1H=H，，所以B1C1⊥平面AA1H.又AA1⊂平面AA1H，
所以B1C1⊥AA1.又AA1/​/BB1/​/CC1，所以B1C1⊥CC1.所以四边形BB1C1C为矩形．
所以S矩形BB1C1C=1×1=1．
因为，
所以点A到平面BB1C1C的距离为．

17.解：(1)因为ℎ(x)=f(x)−g(x)=ex−kx−b，所以ℎ′(x)=ex−k．
当k≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在R上单调递增．
当k>0时，令ℎ′(x)=0，则x=lnk，
当x当x>lnk时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(lnk,+∞)上单调递增．
综上所述，当k≤0时，ℎ(x)在R上单调递增;
当k>0时，ℎ(x)在(−∞,lnk)上单调递减，在(lnk,+∞)上单调递增．
(2)结合(1)与题意可得ℎ(lnk)≥0，
即elnk−klnk−b≥0，即b≤elnk−klnk.
所以g(2) = 2k+b≤2k+elnk−klnk=3k−klnk.
令p(k)=3k−klnk，k>0，
则p′(k)=2−lnk，令p′(k)=0，则k=e2．
当k∈(0,e2)时，p′(k)>0，p(k)在(0,e2)上单调递增;
当k∈(e2,+∞)时，p′(k)<0，p(k)在(e2,+∞)上单调递减．
所以p(k)max=p(e2)=e2．
所以2k+b≤e2，即g(2)的最大值为e2．
18.解：(1)易得抛物线C2:y2=4x的焦点为F(1,0)，
所以椭圆半焦距c=1．
又C1的离心率为12，所以e=ca=1a=12，所以a=2，
所以b2=a2−c2=3．
所以椭圆C1的标准方程为x24+y23=1．
联立y2=4x,x24+y23=1解得x=23,y=2 63或x=23,y=−2 63,
所以线段AB的长为4 63．
(2)由(1)知点A，B的坐标分别为(23,2 63)，(23,−2 63).(不妨设点A在点B上方)记2 63=2t，则23=t2．
易知直线PA，PB的斜率存在且不为0，
设直线PA的斜率为k1，则直线PA的方程为y=k1x−k1t2+2t，
与抛物线方程联立，得：(k1x−k1t2+2t)2=4x，
Δ=16k12t2−32k1t+16>0.解得x1=t2，x2=(t−2k1)2．
所以点M的坐标为((t−2k1)2,−2(t−2k1))．
同理，设直线PB的方程为y=k2x−k2t2−2t，
Δ=16k22t2+32k2t+16>0.则点N的坐标为((t+2k2)2,2(t+2k2))．
若k1+k2=0，则点P的坐标为(−2,0)或(2,0)，
所以k1= 64，k2=− 64或k1=− 62，k2= 62(均满足Δ>0)．
所以点M，N的横坐标均为6，此时直线MN的方程为x=6，过点(6,0)．
若k1+k2≠0，则直线MN的方程为y=2(t+2k2)+2(t−2k1)(t+2k2)2−(t−2k1)2x−(t−2k1)2−2(t−2k1)
令y=0，解得x=(t−2k1)2+2(t−2k1)[(t+2k2)2−(t−2k1)2]2(t+2k2)+2(t−2k1)
=(t−2k1)2+(t−2k1)[(t+2k2)−(t−2k1)]=(t−2k1)(t+2k2)=23−k2−k1k1k2×2 63−4k1k2．
联立直线PA与直线PB的方程，解得xP=t2−4tk1−k2，yP=−2t(k1+k2)k1−k2．
由点P在椭圆C1上，得(t2−4tk1−k2)24+−2t(k1+k2)k1−k223=1．
化简，整理得k2−k1k1k2×2 63+4k1k2=−163．
从而对直线MN，y=0时，x=6．
故直线MN过定点(6,0)．
19.解：(1)由题易知数列{an}的每一项都是正整数，由a≥d>0，得an+1an=a+nda+(n−1)d≤d+ndd+(n−1)d=n+1n，所以an+1n+1≤ann，所以{an}为“奇特数列”．
(2)(i)因为{an}为“奇特数列”，所以{an}严格单调递增，且每一项都是正整数.因为bn=an+1，所以{bn}严格单调递增，且每一项都是正整数．
又an+1n+1≤ann.所以an+1+1n+1(ii)由{an}的定义，设an=nλ n，λ n∈N∗.要证bnn−bn+1n+1=1n(n+1)，即证bn−1n=bn+1−1n+1，只需证ann=an+1n+1，即证λ n=λ n+1，又an所以nn+1λ n<λ n+1.因为nn+1λ n<λ n+1≤λ n，所以要证λ n+1=λ n，只需证λn−1因为an+1≤(n+1)ann≤n+1n×nn−1an−1≤⋯≤n+1n×nn−1×n−1n−2×⋯×21×a=(n+1)a，所以an≤na(n≥2)．
因为a1=a≤a成立，所以an≤na(n∈N∗).又n≥a，所以an≤n2.得证．