湖南省长沙市雅礼中学2025届高三4月综合自主测试（提升卷） 数学试题（含详解）
文档属性
| 名称 | 湖南省长沙市雅礼中学2025届高三4月综合自主测试（提升卷） 数学试题（含详解） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-11 20:59:17 | ||
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文档简介
2025届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合自主测试（提升卷）数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知空间向量， 且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．
D．
3．圆与圆的公切线有且仅有（ ）
A．4条 B．3条 C．2条 D．1条
4．语文老师要从10篇课文中随抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，则他能及格的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，若二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
6．设等差数列的前项和为，且，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（ ）
A． B． C． D．
7．当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知随机变量和满足：，且，若的分布列如下表，则下列说法正确的是（ ）
1 2 3
A． B． C． D．
10．【多选】如图，飘带函数的图象类似于飘带，已知图象上两个点，关于原点对称（点的横坐标），过点，分别作两坐标轴的垂线得到矩形，矩形与坐标轴的交点分别记为，，，.将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，此时的最小值记作；将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，此时的最小值记作.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，当图象沿轴折叠时，
C．
D．若，当图象沿轴折叠时，
11．若图的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为，可划分为两个子集和，，，且图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图称为偶图.下列四个图为偶图的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知是关于x的方程的一个根，则 ．
13．已知在平面直角坐标系中，，动点满足，则的取值范围是 .
14．数列满足，，，若不等式恒成立，则正整数的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在点处的切线与轴平行．
(1)求；
(2)求的单调区间和极值．
16．已知抛物线 经过点 .
(1)求 的值和抛物线 的准线方程；
(2)已知直线 与抛物线交于 两点，求 .
17．在中，角的对边分别为，若．
(1)求；
(2)若，证明：是直角三角形．
(3)若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
18．在平面直角坐标系中，点，，若以轴为折痕，将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面（如图所示），则称此时点，在空间中的距离为“点，关于轴的折叠空间距离”，记为.
(1)若点，，在平面直角坐标系中的坐标分别为，，，求，的值；
(2)若点，在平面直角坐标系中的坐标分别为，，已知点满足，求点在平面直角坐标系中的轨迹方程；
(3)若在平面直角坐标系中，点是椭圆上的点，过点的两条直线，分别交椭圆于，两点，其斜率满足.
证明：当时，为定值，并求出该定值.
19．若数列满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量．
(1)若，求随机变量X的分布列与数学期望；
(2)求，其中且．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题意可得在上的投影向量为.
故选D.
2．【答案】B
【详解】作出函数在处的切线，如图所示.根据导数的几何意义及图中切线的斜率可知.
故选B.
3．【答案】A
【详解】圆：，所以，.
圆：，所以，.
因为，，所以.
所以圆与圆相离.所以两圆有4条公切线.
故选A.
4．【答案】D
【详解】从10篇课文中随抽3篇不同的课文，总共的选法为种，
该同学能及格的情况有种，
由古典概型可知，该同学能及格的概率为.
故选D.
5．【答案】A
【详解】设是中点，连接，设的外心为，的外心为，
是四面体外接球球心，
由于和都是边长为的正三角形，
所以，
且分别在靠近E的三等分点处.
根据二面角 的大小为 及球的性质可知：
平面，平面，所以，
由于，所以四边形是正方形，
，，
设四面体外接球的半径为，则.
所以外接球的表面积为.
故选A.
6．【答案】A
【详解】因为，
当时，则，
两式相减得，
整理可得，
且，则，可得，即，
可知等差数列的公差，
当时，则，解得；
所以，可知数列为正奇数列，
对于数列，
当时，可得为偶数；
当时，可得为奇数；
所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，
则，
所以.
故选A.
7．【答案】D
【详解】由得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
由，
可得，，即在时恒成立，
令，则，令得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，所以.
故选D.
8．【答案】A
【详解】如图，连接，
因为，
在中，由余弦定理得，
则，
在中，由余弦定理得，
则，
所以，
即，①
因为，
，
所以，②
则①式和②式分别平方并相加得：
，
则，所以，
即的余弦值为.
故选A.
9．【答案】BCD
【详解】依题意，解得，故A错误，B正确；
又，所以，故C正确；
因为，
所以，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】BCD
【详解】将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，如下图：
因为，
所以为二面角的平面角，即，
过点作，垂足为，
由，则，，
所以，
则，
因为，，且平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，且平面，
所以平面，又平面，
所以，
则，
当时，，故B正确，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，故A错误；
将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，如下图：
因为，
所以为二面角的平面角，即，
过点作，垂足为，
由，则，，
所以，则，
因为，，且平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，且平面，
所以平面，又平面，
所以，
则，
当时，，故D正确，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，故C正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【详解】
对于选项A，当，时，图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，A正确.
对于选项B，当，时，图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，B正确.
对于选项C，图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点在一个子集内，这显然不符合偶图的定义，C错误.
对于选项D，当，时，图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，即
整理得，，
解得，.故.
13．【答案】
【详解】设点，依题意可得，
即，
则，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
由，解得，所以，则，
所以.
14．【答案】24
【详解】由得，
两边平方得，
则是以1为首项，1为公差的等差数列，即，
由得，.
因为，所以，则，
可得，
则正整数的最大值为24.
15．【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为，极小值，无极大值
【详解】（1）因为，所以，
由于函数在点处的切线与轴平行，
所以，即，所以.
（2）由（1）可知，所以，
的定义域为：，
令，解得（舍去）或
若时，，单调递减；
若时，，单调递增.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，有极小值为，无极大值.
16．【答案】(1).
(2).
【详解】（1）解：代入 ，
得解得，
所以准线方程是；
（2）解：由，
可得，
设方程的两根为，
则，，
所以.
17．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由可知，从而由正弦定理得.
故，这就得到，故.
此即，故，得或，这里.
结合，就知道.
（2）因为，由余弦定理可得.
又因为，故.
这就得到
.
所以或，即或，从而必有是直角三角形．
（3）由正弦定理可得，故.
而因为为锐角三角形，故，解得的范围是.
从而的范围是，故的取值范围是.
18．【答案】(1)；
(2)或
(3)定值为，证明见解析.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则点在空间中的坐标分别为，，，
∴；
.
（2）由题意可知，点在空间中的坐标为，对点分类讨论，
①当点在轴的上半平面，即时，点在空间中的坐标为，
∴，化简得：，
因此，在平面直角坐标中，点在轴的上半平面的轨迹为以为圆心，以1为半径的半圆.
②点在轴的下半平面，即时，点在空间中的坐标为，
化简得：，
∴点的轨迹方程为：或
（3）
① 当直线与轴垂直时，显然不成立；
② 当直线不与轴垂直时，设直线的方程为：，，
联立方程，
，
∵，∴
代入韦达定理可得：，即
解得或，
当时， 直线经过点,故舍去
∴，则，且，
当时, 由得
当过点，；当过点，.
∴点在轴的上半平面，点在轴的下半平面，
点在空间中的坐标分别为，
为定值
19．【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1；
从集合中任意取出两个不同数列，，，
∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，
若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，
另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，共有种情况，故，
当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，，
，
随机变量X的分布列：
X 1 2 3
P
则随机变量X的数学期望为；
（2）证明：数列是从集合中任意取出的两个数列，
∴数列为k项数列，
∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有m项取值不同，有项取值相同，
从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，
，这个问题是组合问题，
∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，
，
∴随机变量X的分布列为：
X 1 2 3 …… k
P ……
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知空间向量， 且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．
D．
3．圆与圆的公切线有且仅有（ ）
A．4条 B．3条 C．2条 D．1条
4．语文老师要从10篇课文中随抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，则他能及格的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，若二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
6．设等差数列的前项和为，且，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（ ）
A． B． C． D．
7．当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知随机变量和满足：，且，若的分布列如下表，则下列说法正确的是（ ）
1 2 3
A． B． C． D．
10．【多选】如图，飘带函数的图象类似于飘带，已知图象上两个点，关于原点对称（点的横坐标），过点，分别作两坐标轴的垂线得到矩形，矩形与坐标轴的交点分别记为，，，.将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，此时的最小值记作；将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，此时的最小值记作.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，当图象沿轴折叠时，
C．
D．若，当图象沿轴折叠时，
11．若图的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为，可划分为两个子集和，，，且图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图称为偶图.下列四个图为偶图的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知是关于x的方程的一个根，则 ．
13．已知在平面直角坐标系中，，动点满足，则的取值范围是 .
14．数列满足，，，若不等式恒成立，则正整数的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在点处的切线与轴平行．
(1)求；
(2)求的单调区间和极值．
16．已知抛物线 经过点 .
(1)求 的值和抛物线 的准线方程；
(2)已知直线 与抛物线交于 两点，求 .
17．在中，角的对边分别为，若．
(1)求；
(2)若，证明：是直角三角形．
(3)若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
18．在平面直角坐标系中，点，，若以轴为折痕，将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面（如图所示），则称此时点，在空间中的距离为“点，关于轴的折叠空间距离”，记为.
(1)若点，，在平面直角坐标系中的坐标分别为，，，求，的值；
(2)若点，在平面直角坐标系中的坐标分别为，，已知点满足，求点在平面直角坐标系中的轨迹方程；
(3)若在平面直角坐标系中，点是椭圆上的点，过点的两条直线，分别交椭圆于，两点，其斜率满足.
证明：当时，为定值，并求出该定值.
19．若数列满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量．
(1)若，求随机变量X的分布列与数学期望；
(2)求，其中且．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题意可得在上的投影向量为.
故选D.
2．【答案】B
【详解】作出函数在处的切线，如图所示.根据导数的几何意义及图中切线的斜率可知.
故选B.
3．【答案】A
【详解】圆：，所以，.
圆：，所以，.
因为，，所以.
所以圆与圆相离.所以两圆有4条公切线.
故选A.
4．【答案】D
【详解】从10篇课文中随抽3篇不同的课文，总共的选法为种，
该同学能及格的情况有种，
由古典概型可知，该同学能及格的概率为.
故选D.
5．【答案】A
【详解】设是中点，连接，设的外心为，的外心为，
是四面体外接球球心，
由于和都是边长为的正三角形，
所以，
且分别在靠近E的三等分点处.
根据二面角 的大小为 及球的性质可知：
平面，平面，所以，
由于，所以四边形是正方形，
，，
设四面体外接球的半径为，则.
所以外接球的表面积为.
故选A.
6．【答案】A
【详解】因为，
当时，则，
两式相减得，
整理可得，
且，则，可得，即，
可知等差数列的公差，
当时，则，解得；
所以，可知数列为正奇数列，
对于数列，
当时，可得为偶数；
当时，可得为奇数；
所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，
则，
所以.
故选A.
7．【答案】D
【详解】由得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
由，
可得，，即在时恒成立，
令，则，令得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，所以.
故选D.
8．【答案】A
【详解】如图，连接，
因为，
在中，由余弦定理得，
则，
在中，由余弦定理得，
则，
所以，
即，①
因为，
，
所以，②
则①式和②式分别平方并相加得：
，
则，所以，
即的余弦值为.
故选A.
9．【答案】BCD
【详解】依题意，解得，故A错误，B正确；
又，所以，故C正确；
因为，
所以，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】BCD
【详解】将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，如下图：
因为，
所以为二面角的平面角，即，
过点作，垂足为，
由，则，，
所以，
则，
因为，，且平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，且平面，
所以平面，又平面，
所以，
则，
当时，，故B正确，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，故A错误；
将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，如下图：
因为，
所以为二面角的平面角，即，
过点作，垂足为，
由，则，，
所以，则，
因为，，且平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，且平面，
所以平面，又平面，
所以，
则，
当时，，故D正确，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，故C正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【详解】
对于选项A，当，时，图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，A正确.
对于选项B，当，时，图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，B正确.
对于选项C，图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点在一个子集内，这显然不符合偶图的定义，C错误.
对于选项D，当，时，图中每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，即
整理得，，
解得，.故.
13．【答案】
【详解】设点，依题意可得，
即，
则，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
由，解得，所以，则，
所以.
14．【答案】24
【详解】由得，
两边平方得，
则是以1为首项，1为公差的等差数列，即，
由得，.
因为，所以，则，
可得，
则正整数的最大值为24.
15．【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为，极小值，无极大值
【详解】（1）因为，所以，
由于函数在点处的切线与轴平行，
所以，即，所以.
（2）由（1）可知，所以，
的定义域为：，
令，解得（舍去）或
若时，，单调递减；
若时，，单调递增.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，有极小值为，无极大值.
16．【答案】(1).
(2).
【详解】（1）解：代入 ，
得解得，
所以准线方程是；
（2）解：由，
可得，
设方程的两根为，
则，，
所以.
17．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由可知，从而由正弦定理得.
故，这就得到，故.
此即，故，得或，这里.
结合，就知道.
（2）因为，由余弦定理可得.
又因为，故.
这就得到
.
所以或，即或，从而必有是直角三角形．
（3）由正弦定理可得，故.
而因为为锐角三角形，故，解得的范围是.
从而的范围是，故的取值范围是.
18．【答案】(1)；
(2)或
(3)定值为，证明见解析.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则点在空间中的坐标分别为，，，
∴；
.
（2）由题意可知，点在空间中的坐标为，对点分类讨论，
①当点在轴的上半平面，即时，点在空间中的坐标为，
∴，化简得：，
因此，在平面直角坐标中，点在轴的上半平面的轨迹为以为圆心，以1为半径的半圆.
②点在轴的下半平面，即时，点在空间中的坐标为，
化简得：，
∴点的轨迹方程为：或
（3）
① 当直线与轴垂直时，显然不成立；
② 当直线不与轴垂直时，设直线的方程为：，，
联立方程，
，
∵，∴
代入韦达定理可得：，即
解得或，
当时， 直线经过点,故舍去
∴，则，且，
当时, 由得
当过点，；当过点，.
∴点在轴的上半平面，点在轴的下半平面，
点在空间中的坐标分别为，
为定值
19．【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1；
从集合中任意取出两个不同数列，，，
∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，
若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，
另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，共有种情况，故，
当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，，
，
随机变量X的分布列：
X 1 2 3
P
则随机变量X的数学期望为；
（2）证明：数列是从集合中任意取出的两个数列，
∴数列为k项数列，
∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有m项取值不同，有项取值相同，
从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，
，这个问题是组合问题，
∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，
，
∴随机变量X的分布列为：
X 1 2 3 …… k
P ……
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