湖南省長沙市2025屆新高三8月摸底考試數學模擬試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．設復數滿足：，則的共軛復數是（

）A． B． C． D．3．設等差數列的前項和為，若，，則（

）A．34 B．35 C．36 D．384．已知，，，則（

）A． B．C． D．5．已知橢圓及圓O：，如圖，過點與橢圓相切的直線l交圓O于點A，若，則橢圓離心率的為（

）A． B． C． D．6．已知，，且有，則的最小值是（

）A．6 B．7 C．8 D．97．若函數是上的單調函數，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．已知函數，若存在滿足，且，則的最小值為（

）A．5 B．6 C．7 D．8二、多選題9．下列結論正確的是（

）．A．若是無理數，是有理數，則是無理數B．若，則C．若“，”是真命題，則D．已知，是方程的兩個實根，則10．若函數的兩條相鄰對稱軸距離為，且，則（

）A． B．點是函數的對稱中心C．函數在上單調遞增 D．直線是函數圖象的對稱軸11．某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，設它的第n項，若序列的所有項都是2，且，，則（

）A． B． C． D．三、填空題12．已知，則．13．在的展開式中，各項系數和與二項式系數和之和為，則展開式中的常數項為．14．如圖，在四棱錐中，底面為菱形，底面，為對角線與的交點，若，，則三棱錐的外接球的體積為.四、解答題15．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．(1)求B；(2)已知，D為邊上的一點，若，，求的長．16．如圖，直三棱柱中，，為上一點，且.

(1)證明：平面平面；(2)若直三棱柱的體積為，求二面角的余弦值.17．已知雙曲線的一條漸近線方程為，焦點到漸近線的距離為1．(1)求雙曲線的標準方程與離心率；(2)已知斜率為的直線與雙曲線交于軸上方的兩點，為坐標原點，直線的斜率之積為，求的面積．18．在”五四”來臨之際，某學校團委組織以“春風吹，青春啟航”為主題的知識競賽，比賽分初賽和決賽兩個階段，甲、乙兩人進入決賽爭奪冠軍，決賽規則如下：每輪答題獲得分，其概率為，獲得分，其概率為.最多進行輪答題，某同學累計得分為分時，比賽結束，該同學獲得冠軍，另一同學獲得亞軍.(1)當進行完輪答題后，甲同學總分為，求的分布列及；(2)若累計得分為的概率為，（初始得分為分，）①求的表達式().②求獲得亞軍的概率.19．已知函數．當時，求函數的單調增區間；若函數在上是增函數，求實數a的取值范圍；若，且對任意，，，都有，求實數a的最小值．參考答案：1．D【分析】解對數不等式求出，進而求出交集.【詳解】，解得，故，因為，所以.故選：D2．C【分析】根據復數代數形式的除法法則化簡復數，即可得到其共軛復數；【詳解】解：，，．故選：C．3．B【分析】先利用等差數列的性質求得，進而求得公差，從而求得得解.【詳解】因為是等差數列，設其公差為，因為，則，所以，則，所以，.故選：B.4．A【分析】利用對指函數的單調性求解.【詳解】，，，所以.故選：A.5．A【分析】由條件列出的齊次方程，由此可求橢圓離心率的值.【詳解】由題意得是等邊三角形，則直線的傾斜角為，其斜率為，故直線的方程為，代入橢圓方程整理得，其判別式，化簡可得，則，又，所以，故選：A.6．B【解析】由題設結合基本不等式可知，即，再結合不等式的性質可知結論.【詳解】，利用基本不等式知，又，，即，當且僅當時等號成立．由不等式的同向可加性知：．故選：B．【點睛】關鍵點點睛：本題考查不等式的性質及基本不等式的應用，解答本題的關鍵是利用基本不等式轉化已知條件得到，即，考查學生的邏輯推理能力與數學運算能力，屬于基礎題.7．D【分析】由函數解析式知函數在上單調遞減，建立不等關系解出即可.【詳解】因為函數在上單調，由在上不可能單調遞增，則函數在上不可能單調遞增，故在R上單調遞減，所以，解得，所以的取值范圍是.故選：D.8．B【分析】由正弦函數的有界性可得，對任意，，，2，3，，，都有，要使取得最小值，盡可能多讓，2，3，，取得最值點，然后作圖可得滿足條件的最小值．【詳解】因為對任意，都有，要使取得最小值，應盡可能多讓取得最值點，考慮，且，按下圖取值即可滿足條件，則的最小值為6.故選：B.9．BCD【解析】舉反例可判斷選項A；利用基本不等式求最值可判斷選項B；根據二次函數的最小值大于等于求出的范圍可判斷選項C；由根與系數的關系可得，，將通分，即可求的值，即可判斷選項D，進而可得正確選項.【詳解】對于選項A：當，時，是有理數，故選項A錯誤；對于選項B：因為，所以，則（當且僅當時，等號成立），故選項B正確；對于選項C：由題意可得，解得：，故選項C正確；對于選項D：由題意可得，，則，故選項D正確．故選：BCD【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.10．AB【分析】先利用題給條件求得的值，進而求得函數的解析式，即可判斷選項A；整體代入法驗證選項BD，利用正弦函數圖像性質判斷選項C.【詳解】∵的兩條相鄰對稱軸距離為.∴，∴.∴.∵，∴，又，則.∴.∴選項A正確；選項B：由，可得函數對稱中心的橫坐標：.當時，對稱中心為.B正確；選項C：當時，，，∴在上不遞增，C錯誤；選項D：由，.可得對稱軸：，.∴不是對稱軸.或驗證法把代入得，∴不是對稱軸.∴D錯誤；故選：AB.11．BC【分析】設，根據累乘法求出，進而求出即可．【詳解】設，序列的所有項都是2，，即，，，，解得：，，，，，，故選：BC．12．【分析】利用二倍角公式對化簡后代值求解即可.【詳解】因為，所以，故答案為：13．【分析】利用已知條件求出的值，再利用二項展開式通項可求得結果.【詳解】在的展開式中，各項系數和與二項式系數和之和為，令，得各項系數和為，二項式系數和為，則，得．展開式的通項為，令，可得，因此，展開式中的常數項為.故答案為：.【點睛】結論點睛：對于二項展開式的問題，注意一些常見結論的應用：（1）二項式的系數和為；（2）令變量為，二項式的值為各項系數和.14．【分析】根據棱錐的性質，證明的中點就是三棱錐的外接球球心，得出半徑后可求體積．【詳解】取中點，中點，連接，則，因為底面，所以平面，因為四邊形是菱形，則，所以是的外心，又底面，平面，所以，所以到四點距離相等，即為三棱錐的外接球球心．又，，所以，所以，所以三棱錐的外接球體積為．故答案為：．15．(1)．(2)．【分析】（1）根據正弦定理邊角化結合三角恒等變換即可求解，（2）根據余弦定理求解，即可由正弦定理求解，進而由銳角三角函數即可求解.【詳解】（1）∵，根據正弦定理得，，即，所以，因為，所以，所以，因為，所以．（2）因為，，，根據余弦定理得，∴．∵，∴．在中，由正弦定理知，，∴，∴，，所以∴，∴．16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）幾何法：作交于點，交于點，連接，利用勾股定理和相似比可得四邊形是平行四邊形，所以，再根據面面垂直的性質定理和判斷定理即可證明；向量法：利用勾股定理和線面垂直的性質定理可得兩兩垂直，以點為原點，以所在直線分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可；（2）由直三棱柱體積可得，利用勾股定理和線面垂直的性質定理可得兩兩垂直，以點為原點，以所在直線分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標系，分別求平面和平面的法向量，利用空間向量法求解即可.【詳解】（1）方法一（幾何法）:如圖，作交于點，交于點，連接，

因為，所以，所以，所以由等面積可得，由勾股定理得，所以，所以，又，，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為直三棱柱平面平面，平面平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面.方法二（向量法）：因為，所以，所以，由題知平面，又平面，所以兩兩垂直，以點為原點，以所在直線分別為軸?軸?軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

設，則，所以，設平面的法向量為，則，令，得平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則，令得平面的一個法向量為，因為，所以，平面平面.（2）因為直三棱柱的體積為，所以，解得，所以，由題知平面，又平面，所以兩兩垂直，以點為原點，以所在直線分別為軸?軸?軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，所以，設平面的法向量為，則，令，得平面的一個法向量為，易知平面的一個法向量為設二面角的大小為，則，易知為銳角，所以二面角的余弦值為.17．(1)，；(2).【分析】（1）根據點到直線距離公式求出，再根據漸近線方程及，求出，，得到雙曲線方程；（2）設出直線：，與雙曲線方程聯立，得到兩根之和，兩根之積，根據直線，的斜率之積為，列出方程，得到，得到直線方程，數形結合得到的面積.【詳解】（1）雙曲線的焦點到漸近線的距離為，則，由一條漸近線方程為，得，而，解得，，所以雙曲線的標準方程為，離心率.（2）依題意，設直線：，，由消去y并整理得，顯然，則，，由，而，解得，于是，，直線：交y軸于，又，所以的面積為.

18．(1)分布列見解析，(2)①；②獲得亞軍的概率為【分析】（1）利用二項分布，來求概率即可；（2）①利用遞推思想，也就是要分析累計得分，可能是上一次累計得分，再得2分，也可能是上一次累計得分，再得1分，然后計算相應的概率即可得到遞推關系；②有了遞推關系和首項，就可以用數列中的累加思想求通項，然后求出的值即可表示得冠軍的概率，而兩人爭奪冠亞軍是對立事件，所以利用對立事件概率求法即可解決問題.【詳解】（1）設進行完輪答題時，得分的次數為，.，，隨機變量表示甲同學的總分，其可能取值為，，，，，，，所以的分布列為：3456（2）①當時，即累計得分為分，是第一輪搶答得分，，則，累計得分為分的情況分兩種：（i），即累計得分為分，又一輪搶答得分，其概率為.（ii），即累計得分為分，又一輪搶答得分，其概率為.則，所以.所以數列是首項為，公比為的等比數列.所以.②由①得，，，，各式累加得：.而，所以.所以獲得冠軍的概率：.所以獲得亞軍的概率為：.19．（1）（2）（3）【分析】把代入函數解析式，求其導函數，由導函數大于0求函數的單調增區間；求原函數的導函數，由函數在上是增函數，說明其導函數在上大于等于0恒成立，在導函數中x與恒大于0，只需對恒成立，則a可求；由知，當時在上是增函數，任取，，且規定，則不等式可轉化為