湖南省益阳市2025届高三9月教学质量检测数学试卷（含答案）

湖南省益阳市2025届高三9月教学质量检测数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，，B.则是( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则复数在复平面上对应的点的轨迹是( )
A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 抛物线
3.已知等比数列中，，，则( )
A. B. C. D.
4.已知则( )
A. B. C. D.
5.已知椭圆与双曲线的焦点重合，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
6.在平行四边形中，，，若，，则( )
A. B. C. D.
7.已知抛物线，的焦点分别为、，若、分别为、上的点，且线段平行于轴，则下列结论错误的是( )
A. 当时，是直角三角形
B. 当时，是等腰三角形
C. 存在四边形是菱形
D. 存在四边形是矩形
8.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是( )
A. 函数有两个零点 B. 当时，
C. 的解集是 D. 都有
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则下列结论成立的是( )
A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称
C. 点是曲线的对称中心 D. 在上单调递增
10.已知函数，对于任意实数，，下列结论成立的有( )
A.
B. 函数在定义域上单调递增
C. 曲线在点处的切线方程是
D. 若，则
11.在棱长为的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点含边界，则下列说法中正确的是( )
A. 若平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B. 不存在点使得平面
C. 三棱锥的最大体积为
D. 若且与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则_________．
13.在某世界杯足球赛上，，，，四支球队进入了最后的比赛，在第一轮的两场比赛中，对，对，然后这两场比赛的胜者将进入冠亚军决赛，这两场比赛的负者比赛，决出第三名和第四名、若对、对的胜率均为，，对、对的胜率均为，则获得冠军的概率为 ．
14.已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合
．，设为集合中元素的个数，若时规定．
若，则
若数列是等差数列，则数列的前项之和为 ．
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.本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求
若，则面积为，求的值．
16.本小题分
某公园为了提升公园形象，提高游客旅游的体验感，他们更新了部分设施，调整了部分旅游线路为了解游客对新措施是否满意，随机抽取了名游客进行调查，男游客与女游客的人数之比为，其中男游客有名满意，女游客有名不满意．
满意 不满意 总计
男游客
女游客
合计
完成列联表，依据表中数据，以及小概率值的独立性检验，能否认为游客对公园新措施满意与否与性别有关
从被调查的游客中按男、女分层抽样抽取名游客再随机从这名游客中抽取名游客征求他们对公园进一步提高服务质量的建议，其中抽取男游客的人数为求出的分布列及数学期望．
参考公式：，其中．
参考数据：
17.本小题分
如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、．
证明：平面
求平面与平面的夹角的余弦值．
18.本小题分
已知两点，及一动点，直线，的斜率满足，动点的轨迹记为过点的直线与交于，两点，直线，交于点．
求的方程
求的面积的最大值
求点的轨迹方程．
19.本小题分
若函数．
若，且曲线的切线过点，求直线的方程
证明：若，则
若恒成立，求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由正弦定理得，，又，
．
，．．
，．
面积为，，．
，，由得．
即．．

16.解：因为调查的男游客人数为：，
所以，调查的女游客人数为，于是可完成列联表如下：
满意 不满意 总计
男游客
女游客
合计
零假设为游客对公园新措施满意与否与性别无关根据列联表中的数据，可得：
，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即游客对公园新措施满意与否与性别无关．
由可知男游客抽人，女游客抽人，
依题意可知的可能取值为，，，并且服从超几何分布，
即，
，
．
所以的分布列为：
．

17.解：因为平面，又平面，
所以又，且，
所以，平面因为，
所以，平面．
作，垂足为则又，
所以四边形是平行四边形，又，
所以四边形是矩形．
又四边形为等腰梯形，且，，所以．
由知平面，所以．
又，所以．
在中，．
在中，．
由上可知，能以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，，，，
设平面的法向量为，
由，得可取．
设平面的法向量为，
由，得可取．
因此，，．
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为．

18.解：设动点，因为直线，的斜率满足，
，化简整理得．
所以轨迹的方程为．
由已知可设过点的直线的方程为：，点，点，
由，得显然．，．
．
令，则，，所以．
设，则，所以在单调递减，所以的最大值为
即，时，的面积取最大值．
由已知可设直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
消去得，显然，，
由，得，，，，
所以式可化为，，即．
所以点的轨迹方程为．

19.解：由题意得，
设所求切线的切点为，则直线的方程为，
即，又，
即，
令，可知在上单调递增．
又，所以方程有唯一解．
所以，直线的方程是或
证明：，，
即，要证，
由知只要证，即证，
又因为，即证，
令，则，欲证式成立，等价于证明，
设函数，则，
所以函数是上的增函数，所以，即成立，
所以
解法一：由题意得．
则，令，得或舍去，
在上，，在上，，
在上单调递增，在上单调递减，
当且仅当时，取得最大值
已知恒成立
又，所以，所以，解得．
所以的取值的集合为．
解法二：由题意得恒成立，
令，得，
，，方程有两个不相等的实数根，，
则，不妨设，在上单调递增，在上单调递减，
由，得，
恒成立．
令，则，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，即，
当且仅当时取等号，又恒成立，所以，且，将代入式得．
所以的取值的集合为．

第1页，共1页