湖南省長沙市2025屆高三新高考適應性考試針對性訓練數學參考答案：題號12345678910答案BDABBDCCBDAD題號11答案ACD1．B【分析】先求出集合，再根據交集的定義即可得解.【詳解】，所以.故選：B.2．D【分析】結合復數的四則運算，以及共軛復數的定義，即可求解．【詳解】，故．故選：D．3．A【分析】利用充分條件與必要條件的概念判斷.【詳解】由得，，所以且，則，充分性成立；由，不妨取，則，顯然，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件．故選：A．4．B【分析】根據已知條件即可求得，代入即可求得.【詳解】由，則，化簡得，所以，由.故選：B5．B【分析】根據二項式展開式的通項特征即可求解.【詳解】的通項為且，令解得，故的項的系數為，故選：B6．D【分析】根據方差的計算即可求解，結合排列組合求解概率，即可根據期望和方差，結合選項即可逐一求解.【詳解】由題知的所有可能取值為，則，.且，，，所以，故A錯誤；由于，故C錯誤；，故B錯誤；，則，故D正確．故選：D7．C【分析】求出的坐標，由直線與圓相切于點，可求出，，，，再由銳角三角函數得到，進而求出離心率.【詳解】圓的圓心，半徑，雙曲線中，令，解得，則，由直線與圓相切于點，得，又，則，，于是，即，有，而，所以.故選：C8．B【分析】方法一：根據的范圍，確定的范圍，結合已知條件以及函數的零點，得且，分別驗證、、確定的范圍，求出的最大值，代入函數解析式即可求解；方法二：利用換元的令，根據的范圍，確定的范圍，由，得出的范圍，結合圖象性質，以及已知條件，最終確定的最大值，代入函數解析式即可求解.【詳解】方法一：由題意，函數，可得函數的周期為，因為，可得，又由函數在區間上有且僅有一個零點，且滿足，且，可得，即，且，當時，，解得，所以；當時，，解得，所以；當時，，解得，此時解集為空集，綜上可得，實數的取值范圍為.所以，得，，則，解得，令，則有，解得，即，因為，所以共有467個零點.方法二：由題意，函數，可得函數的周期為，因為，可設，則，又函數在區間上有且僅有一個零點，可得，所以，則由圖象性質，可知，得，即.或者，得，即.所以最大為，得.，則，解得.令，則有：，解得：，即，因為，所以共有467個零點.故選：B.【點睛】思路點睛：對于區間長度為定值的動區間，若區間上至少含有個零點，需要確定含有個零點的區間長度，一般和周期相關.9．BD【分析】由統計的數據分析的相關概念即可得到結論.【詳解】該組數據的極差，故A選項錯誤；該組數據的眾數為出現頻數最多的：18，故B選項正確；該組數據的分位數：,取第6個，則為20，故C選項錯誤；若該組數據去掉一個最高分和最低分，則這組數據波動變小，所以方差變小，故D選項正確；故選：BD.10．AD【分析】根據極值點的含義列方程求解a判斷A，根據導函數符號求解單調區間判斷BC，結合為的一個零點，所以=0在有一個解，分參后轉化為兩函數有一個公共點判斷D.【詳解】若，，則，，所以，即，當時，，則，令得，令f′x>0得，令f′x<0所以在上單調遞增，在上單調遞減，故，符合題意，A正確；若，，，在上單調遞減，B錯誤；若，1=，令f′x>0得，所以在上單調遞增，C錯誤；若有兩個零點，且為一個零點，即在有一個解，即在有一個解，則與有唯一交點，因為在0,+∞上單調遞增，且，所以0，D正確.故選：AD11．ACD【分析】對選項A，根據是的中點，取中點，通過證明四邊形是平行四邊形即可證明；對選項B，建立空間直角坐標系，求平面的一個法向量，證明即可；對選項C，根據可知，與重合時，最大；對選項D，設出，坐標，則可知坐標，故，，由可知，代入數量積的坐標運算可轉化為的取值范圍，利用三角換元即可求解.【詳解】是的中點，，，，∴是的中點.連接交于點如圖所示.，∴四邊形是平行四邊形，.又平面，平面，平面，故A正確；以為原點如圖建立空間直角坐標系，若是的中點，此時是的中點，那么，，，，而平面的一個法向量.，不是平面的法向量，故B錯誤；當與重合時，最大，為，故C正確；設，，則，，，，，，設，，，故，故D正確.故選：ACD.【點睛】本題主要考查空間中線面位置關系、求線段長度最小值及數量積最小值的方法，解題關鍵是建立空間直角坐標系將幾何問題轉化為代數問題，考查學生轉化能力、數形結合能力和計算能力，屬于壓軸題.12．1【分析】結合圖形，由平面向量線性運算和平面向量的基本定理求解即可.【詳解】如圖，，所以，所以.故答案為：1.13．/7.5【分析】先計算出，由得出，再由利用二次函數的性質可得答案.【詳解】因為，，…，是首項為1，公差為1的等差數列，所以，因為，，…，是公差為的等差數列，所以，因為，，…，是公差為的等差數列，所以，因此，的取值范圍為.故答案為：.14．11【分析】將點帶入拋物線方程求出，然后根據設，根據，解得，根據拋物線定義表示出，最后結合二次函數的性質求解出最小值.【詳解】因為在拋物線上，所以，得，因此拋物線令，則因為，所以，化簡得，令，則,，結合二次函數性質，當時，取得最小值，即的最小值為，故答案為：11.【點睛】關鍵點點睛：設，通過解得的關系是本題的關鍵點，最后根據拋物線定義表示出，結合二次函數的性質求解出最小值.通過設坐標結合向量表示出坐標關系的聯立思維是圓錐曲線常用方法，對于學生來說務必掌握該方法和技巧..15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理邊角互換，代入已知條件，可以求得，再結合余弦定理和基本不等式即可求得最值；（2）通過等面積法，用兩種方法表示三角形的面積即可求得三邊之間的關系，用正弦定理將邊化為角，用輔助角公式化簡，借助角的范圍來求得最值.【詳解】（1）由和正弦定理，三角形面積公式得，，因，故得，，由余弦定理，，因，則；·由余弦定理，，即，整理得，，當且僅當時等號成立，即，于是，，即當時，周長的最大值為；（2）由可得，由正弦定理，，即得，，，·則，由為銳角三角形可得，，解得，則，由正弦函數的圖象知，，故得，即面積的取值范圍為.16．（1）（2）有且僅有個零點【解析】（1）由，求導得到，根據函數在0,+∞上的最大值為，利用唯一的極值點為最值點求解.（2）由（1）得到，求導，設，分，，，四種情況用導數法結合零點存在定理求解.【詳解】（1）由，得，令，得；令，得，∴的單調遞增區間是，單調遞減區間是.故在處有極大值，也是的最大值，所以，∴，故.（2）∵，∴，設，（i）當時，∴，所以單調遞減.又，，從而在上存在唯一零點.也即在上存在唯一零點.（ii）當時，，所以在上單調遞減，因為，，所以存在，，且在上，在上，所以為在上的最大值，又因為，，所以在上恒大于零，無零點.（iii）當時，，所以在上單調遞減.，所以在上單調遞增.又，，所以在上存在唯一零點.（iiii）當時，，設，∴，所以在上單調遞減，所以，即.∴在上單調遞減，因為，所以在上單調遞增，因為，，所以在無零點，綜上，有且僅有個零點.【點睛】本題主要考查導數與函數的最值，導數與函數的零點以及零點存在定理的應用，還考查了分類討論和運算求解的能力，屬于難題.17．（1）見解析（2）．【分析】（1）連接交與點，可證得，從而得證線面平行；（2）以DA，DC所在直線，過點D且平行于的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，寫出各點坐標，求出平面的一個法向量，由直線的方向向量與法向量夾角的余弦值的絕對值求得線面角的正弦值．【詳解】（1）連接，記，連接DE，在直三棱柱中，易知側面為平行四邊形，所以E是的中點，又D為BC的中點，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因為，D為BC的中點，所以，又在直三棱柱中，平面ABC，所以可以DA，DC所在直線，過點D且平行于的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，為等腰直角三角形，所以，，，，故，，．設平面的法向量為，則，即，所以，令，得，則為平面的一個法向量，設直線與平面所成的角為，則．故直線與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題主要考查空間中線面位置關系的證明，線面角的求解，求空間可建立空間直角坐標系，用空間向量法求空間角，把空間想象問題轉化為計算問題，考查考生的邏輯推理能力、空間想象能力、運算求解能力．18．(1)(2)存在，答案見解析【分析】（1）利用兩個公共底的三角形面積差表示出所求三角形面積，再由根與系數的關系化簡，化簡后換元，利用均值不等式求最值；（2）設，表示出，再利用在直線上及根與系數的關系化簡，觀察式子當當，時為定值，即可得解.【詳解】（1）因為，所以，所以，由，可設，由題意，聯立，消元得，設，，則，且，，所以的面積，令，則，當且僅當，即，時（此時適合的條件）取得等號.故面積的最大值為.（2）設橢圓上存在滿足條件的點，定值，如圖，

由（1）知，，所以，，，由，在上，所以，，所以，當，，時，該等式成立與取值無關，此時，故滿足條件的橢圓上的點對應或對應.【點睛】關鍵點點睛：定值問題的關鍵在于能夠把利用直線消元即根與系數的關系化為關于及的式子，通過觀察確定的取值，使得為定值，對運算能力要求很高.19．(1)(2)的最大值為，此時的值為.【分析】（1）由題意可知，要摘到那顆最大的麥穗，有兩種情況，最大的麥穗是第3顆和最大的麥穗是最后1顆，分情況分析兩種情況的可能性，結合古典概型即可求出結果；（2）記事件表示最大的麥穗被摘到，根據條件概率和全概率公式求出，再利用導數求出最值即可.【詳解】（1）這4顆麥穗的位置從第1顆到第4顆排序，有種情況.要摘到那顆最大的麥穗，有以下兩種情況：①最大的麥穗是第3顆，其他的麥穗隨意在哪個位置，有種情況.②最大的麥穗是最后1顆，第二大的麥穗是第1顆或第2顆，其他的麥穗隨意在哪個位置，有種情況.故所求概率為.（2）記