第=page11頁，共=sectionpages11頁湖南省長沙一中2025年高考數學模擬試卷（一）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知數列{an}滿足an=an+1?1,nA.[2,4] B.[1,3] C.[3,5] D.[5,9]2.雙曲線y2a2?x2=1(a>0)A.3 B.33 C.33.已知tanα=13，則sin2α+cos2A.23 B.1 C.32 4.函數y=(2x+2A. B.

C. D.5.已知a,b,e是平面向量，e是單位向量.若非零向量a與e的夾角為π6，向量b滿足b2A.4 B.3+1 C.2 6.已知函數f(x)=log12(x2+3)，且A.(4,+∞) B.(0,14) C.(7.用6種不同的顏色把圖中A、B、C、D四塊區域區分開，若相鄰的區域不能涂同一種顏色，則不同的涂法共有(

)

A.400種 B.460種 C.480種 D.496種8.用平面α截圓柱面，圓柱的軸與平面α所成的角記為θ，當θ為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓，數學家Dandelin創立的雙球模型證明了上述結論.如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內，使它們分別位于α的上方和下方，并且與圓柱面和α均相切，切點分別為F1，F2.下列關于截口曲線的橢圓的結論中不正確的有A.橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等

B.橢圓的長軸長與嵌入圓柱的兩球的球心距|O1O2|相等

C.所得橢圓的離心率e=cosθ

D.其中G1二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知函數f(x)=13x3A.f(x)有兩個極值點

B.f(x)有3個零點

C.點(0,6)是曲線y=f(x)的對稱中心

D.直線x+y?6=0是曲線y=f(x)的切線10.已知數列{an}的前n項和為SnA.若b2=ac，則a、b、c成等比數列

B.若{an}為等差數列，則{Snn}為等差數列

C.若{an}為等比數列，則{lg11.若復數z在復平面內對應的點為Z，則下列說法正確的是(

)A.若z(i?1)=i2025?1，則Z在第二象限

B.若z為純虛數，則Z在虛軸上

C.若|z|≤3，則點Z的集合所構成的圖形的面積為6π

D.若|z|=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.如圖：在△ABC中，M，N，P三點分別在邊AB，BC，CA上，則△AMP，△BMN，△CNP的外接圓交于一點Q，稱點Q為密克點.運用上述結論解決如下問題：在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M為CD邊的中點，動點P在BC邊上，△ABP與△CMP的外接圓交于點Q(異于點P)，則BQ的最小值為______．13.已知平面向量a，b，c滿足|a|=1，|b|=2，|c|=4，414.已知事件A，B滿足0<P(A)<1，0<P(B)<1，P(A?B)?P(AB?四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

已知函數f(x)=13x3?2ax2+3x(a為常數)，曲線y=f(x)在點A(?1,f(?1))處的切線平行于直線8x?y?7=0．

(1)求函數16.(本小題12分)

記銳角△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC．

(1)證明：sinAcosB+sinBcosA=4sinC；

17.(本小題12分)

預防接種是預防掌握傳染病最經濟、最有效的手段，是預防疾病傳播和保護群眾的重要措施.為了考查一種新疫苗預防某一疾病的效果，研究人員對一地區某種動物(數量較大)進行試驗，從該試驗群中隨機抽查了50只，得到如下的樣本數據(單位：只)：發病沒發病合計接種疫苗71825沒接種疫苗19625合計262450(1)能否在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下，認為接種該疫苗與預防該疾病有關？

(2)從該地區此動物群中任取一只，記A表示此動物發病，A?表示此動物沒發病，B表示此動物接種疫苗，定義事件A的優勢R1=P(A)1?P(A)，在事件B發生的條件下A的優勢R2=P(A|B)1?P(A|B)，利用抽樣的樣本數據，求R2R1的估計值．

(3)若把上表中的頻率視作概率，現從該地區沒發病的動物中抽取3只動物，記抽取的3P(0.0500.0100.001x3.8416.63510.82818.(本小題12分)

如圖1，已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，準線交x軸于點D，過點F作傾斜角為θ的直線交拋物線于A，B兩點(點A在第一象限).當θ=π2時，|OA|=5．

(1)求拋物線C的方程；

(2)如圖2，把△ADF沿DF翻折為△PDF，使得二面角P?DF?B的大小為2π3．

①若θ=π3，求直線BD與平面19.(本小題12分)

已知函數f(x)=λsin(ωx+φ)(λ>0,ω>0,0<φ<π)圖像如圖1所示，A，B分別為圖像的最高點和最低點，過A，B作x軸的垂線，分別交x軸于A′，B′，點C為該部分圖像與x軸的交點，且|AB|=25，f(x)與y軸的交點為D(0,3).將繪有該圖像的紙片沿x軸折成如圖2所示的二面角α?OC?β.折疊后，當二面角α?OC?β的值為π2時，|AB|=23．

(1)求函數f(x)的解析式；

(2)在圖2中，f(x)的圖像上存在點Q，使得DQ/?/平面ABC，請確定點Q的個數，并簡要說明理由；

(3)如圖3，在折疊過程中，若二面角α?OC?β的范圍是(答案解析1.【答案】B

【解析】解：設a4=m，則m∈[2,3]，

因為an=an+1?1,n為奇數2an+1,n為偶數，

所以a3=m?1，a2=2(m?1)=2m?2，

所以a1=2m?3∈[1,3]2.【答案】A

【解析】解：因為雙曲線y2a2?x2=1(a>0)的一個焦點為(0,2)，

所以c2=a2+1=4，所以3.【答案】C

【解析】解：因為tanα=13，sin2α=2sinαcosα，

所以sin2α+cos2α=2sinαcosα+cos2αsin24.【答案】B

【解析】解：記f(x)=(2x+2?x)?ln|x|，函數的定義域是{x|x≠0}，

當?1<x<1且x≠0時，2x+2?x>0，ln|x|<0，即f(x)<0，圖像在x軸下方，故A，C錯誤，

又f(?x)=(2?x+2x)ln|x|=f(x)，所以函數f(x)為偶函數，其圖像關于y5.【答案】D

【解析】解：已知a,b,e是平面向量，e是單位向量．若非零向量a與e的夾角為π6，向量b滿足b2?8e?b+15=0，

設a，b共起點，

由b2?8e?b+15=0可得(b?3e)?(b?5e)=0，

得(b?3e)⊥(b?5e)，

所以b終點在AB直徑的圓上，

設AB中點為O，6.【答案】D

【解析】解：根據題意，函數f(x)=log12(x2+3)，有x2+3≥3，

則該函數的定義域為x∈R，

又由f(?x)=log12(x2+3)=f(x)，則f(x)為偶函數，

設u=x2+3，則y=log12u，

又x≥0時，u=x2+3是單調遞增函數，而y=log12u是單調遞減函數，

所以f(x)=log12(x2+3)7.【答案】C

【解析】【分析】

本題是一個分類計數問題，只用三種顏色涂色時，有C63C31C21，用四種顏色涂色時，有C64C41C31A22種結果，根據分類計數原理得到結果．

本題考查分類計數問題，本題解題的關鍵是看出給圖形涂色只有兩種不同的情況．

【解答】

解：由題意知本題是一個分類計數問題，

8.【答案】D

【解析】解：設P為截口曲線的橢圓的一點，如圖，

過點P作線段EF，EF分別與球O1，O2切于點F，E，

故有|PF1|+|PF2|=|PF|+|PE|=|EF|=|O1O2|，

對于選項A，設橢圓長半軸長為a，半焦距為c，設O為O1O2的中點，

PF1與球O1切于點F1，O1F1⊥α，OF1?α，故O1F1⊥OF1，

有|O1F1|2=|OO1|2?|OF1|2=a2?c2=b2，則2b=2|O1F1|

即橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等，故9.【答案】AC

【解析】解：∵函數f(x)=13x3?4x+6，∴f′(x)=x2?4，

由f′(x)=0，可得x=?2或x=2，

當x>2或x<?2時，f′(x)>0，當?2<x<2時，f′(x)<0，

∴f(x)在(?∞,?2)，(2,+∞)上單調遞增，(?2,2)上單調遞減，

∴x=±2是極值點，故A正確；

∵f(?2)=?83+8+6>0，f(2)=83?8+2=23>0，f(?10)=?10003+40+6<0，

∴函數f(x)在(?∞,?2)上有一個零點，

當x≥2時，f(x)≥f(2)>0，即函數f(x)在(2,+∞)上無零點，

綜上，函數f(x)有一個零點，故B錯誤；

令?(x)=13x3?4x，該函數的定義域為R，

?(?x)=13(?x)3?4(?x)=?13x3+4x=??(x)，

則?(x)是奇函數，(0,0)是?(x)的對稱中心，

將?(x)的圖象向上移動6個單位得到f(x)的圖象，

∴點(0,6)是曲線y=f(x)的對稱中心，故C正確；

令f′(x)=x2?4=?1，可得10.【答案】BD

【解析】解：對于A，當a=b=c=0時滿足b2=ac，此時a、b、c不成等比數列，故A錯誤；

對于B，設等差數列{an}的公差為d，則Sn=na1+n(n?1)d2=d2n2+(a1?d2)n，

所以Snn=d2n+a1?d2，因為Sn+1n+1?Snn=[d2(n+1)+a1?d2]?(d2n+a1?d2)=d2，

所以數列{S11.【答案】BD

【解析】解：z(i?1)=i2025?1=i?1，故z=i?1i?1=1，Z點在實軸上，故A錯誤；

若z為純虛數，則Z在虛軸上，故B正確；

|z|≤3，則點Z的集合所構成的圖形是半徑為3的圓，面積為9π，故C錯誤；

設z=a+bi，

若|z|=1，

則a2+b2=1，即a2+b2=1，

則z+1z=a+bi+a?bi(a+bi)(a?bi)=a+aa12.【答案】2【解析】解：延長BA，CD交于點E，那么根據題可知三角形AED為正三角形，三角形EBC為正三角形，

根據題設結論△CMP，△AME，△ABP的外接圓有唯一公共點，

該公共點即為題中的點Q，因此點Q在△AME的外接圓上，

如上圖，又根據題可知AD=MD=DE=2，所以D為三角形CMP的外心，

且三角形AME外接圓半徑為2，∠BAD=∠ADM=180°?∠BCD=180°?60°=120°，

在三角形ABD中，根據余弦定理BD=27，因此BQ的最小值為27?2．

故答案為：27?2．

根據已知條件確定正三角形，利用外接圓公共點確定點Q的位置，再結合外心和外接圓半徑等條件，通過余弦定理求出線段13.【答案】?2

【解析】解：因為|a|=1，|b|=2，

如圖，設OA=4a，OB=2b，以OA，OB為鄰邊作?OACB，

所以OC=OA+OB=4a+2b=?c．

因為|a|=1，|b|=2，|c|=4，

所以|OA|=|OC|=|OB|=|AC|=4，14.【答案】(0,3【解析】解：因為P(A?B)=P(B)?P(AB),P(AB?)=P(A)?P(AB)，P(B?)=1?P(B)，

所以P(A?B)?P(AB?)=P(B)?P(AB)?(P(A)?P(AB))=2(1?P(B))，

所以P(A)=3P(B)?2，

又P(B|A?)=P(A?B)P(A?)=P(B)?P(AB)P(A?)=P(B)?P(AB)1?P(A)，

P(A?|B?)=P(A?B?)P(B?)=1?P(A∪B)P(B?)=1?[P(A)+P(B)?P(AB)]P(B?)=1?P(A)?P(B)+P(AB)1?P(B)，

所以P(B|A?)?P(A?|B?)=P(B)?P(AB)1?P(A)?1?P(A)?P(B)+P(AB)1?P(B)，

設P(A)=x，則P(B)=3x?2，

所以0<x<10<3x?2<1，

解得23<x<1，

所以P(B|A?)?P(A15.【答案】f(x)=13x3?2x2+3x；

【解析】解：(1)函數f(x)=13x3?2ax2+3x，∴f′(x)=x2?4ax+3，

曲線y=f(x)在點A(?1,f(?1))處的切線平行于直線8x?y?7=0，

則f′(?1)=4+4a=8，解得a=1，

∴f(x)=13x3?2x2+3x．

(2)由(1)f′(x)=x2?4x+3=(x?1)(x?3)，

令f′(x)>0，解得x<1或x>3，

令f′(x)<0，解得1<x<3，

∴當x<1或x>3時，f(x)單調遞增，當1<x<3時，f(x)單調遞減，

∴當x=1時，f(x)取得極大值，極大值為16.【答案】證明見解析；

1．

【解析】證明：(1)記銳角△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC，

在△ABC中，由acosA+bcosB=2ccosC及正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，

得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosC，

則4sinCcosC=sin2A+sin2B=2sin(A+B)cos(A?B)=2sinCcos(A?B)，

而sinC>0，則2cosC=cos(A?B)，于是?2cos(A+B)=cos(A?B)，

整理得sinAsinB=3cosAcosB，因此cosC=?cos(A+B)=?cosAcosB+sinAsinB=2cosAcosB，

所以sinAcosB+sinBcosA=sinAcosA+sinBcosBcosAcosB=2sinCcosC12cosC=4sinC；

解：(2)在銳角△ABC中，由(1)知，sinAsinB=3cosAcosB，則tanAtanB=3，

而tanA>0，tanB>0，

則tanC=?17.【答案】接種該疫苗與預防該疾病有關；

1439；【解析】解：(1)零假設H0：接種該疫苗與預防該疾病無關，

則χ2=50×(19×18?7×6)226×24×25×25≈11.538>10.828，

所以依據小概率值α=0.001的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，

即在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下，認為接種該疫苗與預防該疾病有關；

(2)由于1?P(A|B)=1?P(AB)P(B)=P(B)?P(AB)P(B)=P(A?B)P(B)=P(A?|B)，

所以R2=P(A|B)1?P(A|B)=P(A|B)P(A?|B)，R1=P(A)1?P(A)=P(A)P(A?)，

R2R1=P(A|B)P(A?X0123P192727所以E(X)=3×34=94．

(1)求得卡方值，比較臨界值即可判斷；

(2)由條件概率計算公式即可求解；

(3)18.【答案】y2=4x；

①9【解析】解：(1)當θ=π2時，AF⊥DF，所以點A的坐標為(p2,p)，

因為|OA|=5，所以(p2)2+p2=5，

解得p=2，

所以拋物線C的方程為y2=4x．

(2)①在平面直角坐標系中，若θ=π3，

則直線AB的方程為y=3(x?1)，

聯立y=3(x?1)y2=4x，

得到3x2?10x+3=0，

解得x=3，或x=13，

所以點A，B的坐標分別為(3,23),(13,?233)．

過O點作平面DBF的垂線為z軸，如圖建立空間直角坐標系，

則D(?1,0,0),B(13,?233,0),F(1,0,0)，

當二面角P?DF?B的大小為2π3時，

點P(3,4×sinπ3×cos(π?2π3),4×sinπ3×sin(π?2π3))，即P(3,3,3)，

所以BD=(?43,233,0),PF=(?2,?3,?3),BF=(23,233,0)，

設平面PBF的法向量為n=(x,y,z)，

則n?PF=0,n?BF=0,即?2x?319.【答案】f(x)=2sin(π2x+2π3)；

可確定存在兩個點【解析】解：(1)由題意：A′B′=T2，AA′=BB′=λ，

當繪有圖像的紙片折疊前，有(AA′+BB′)2+A′B′2=AB2，

于是(2λ)2+(T2)2=AB2=20①，

又當二面角α?OC?β的值為π2時，可得AA′2+A′B′2+BB′2=AB2，

|AB|=23，代入上式：2λ2+(T2)2=12②，

聯立①②，解得：λ=2，T=4．

所以ω=π2，