湖南省2024-2025学年高三下学期第三次适应性考试数学试题（含解析）

湖南省2024 2025学年高三下学期第三次适应性考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数z满足（是虚数单位），则复数z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知事件，是相互独立事件，且，，则（ ）
A． B． C． D．
4．在中，角的对边分别为，若.则角的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，底面半径为2，该圆锥PO侧面展开图的圆心角为，则圆锥PO的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，A为双曲线C上的一点，且，，，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
7．若P是△ABC所在平面内一点，则“”是“△ABC为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A． B．函数的最小正周期为
C．函数的图象关于点中心对称 D．函数在区间内单调递增
10．已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，，离心率为，直线l过点与椭圆C交于M，N两点，若x轴上存在一定点P，使得的内切圆圆心在x轴上.则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的方程为
B．的周长为4
C．定点P的坐标为
D．当轴时，的内切圆圆心坐标为
11．若函数满足：对任意，恒有，则称函数为“类余弦型”函数.已知函数为“类余弦型”，若，且对任意非零实数，.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．函数为偶函数
D．若有理数，满足，则
三、填空题
12．已知函数，则曲线在点处的切线方程为 .
13．如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 .
14．某无人机爱好者在年春节，设计了利用红、橙、黄、绿、紫五种颜色的无人机群呈现如图的方形阵，方形阵分为六个区域，呈现要求是：同一区域为相同颜色的无人机群，且相邻区域的无人机群颜色不能相同，区域必须是红色无人机群，则不同的呈现方式共有 种.
四、解答题
15．我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠售后保障，在全球赢得了很好的营销局面.下表为2017年—2024年（年份代码分别记为：1，2，3，4，5，6，7，8）该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计.
年份代码i 1 2 3 4 5 6 7 8
科研经费（单位：百亿元） 2 3 6 10 13 15 18 21
市场规模（单位：百万辆） 1 1 2 2.5 3.5 3.5 4.5 6
参考数据：，，，.
参考公式：相关系数.
（1）根据样本数据，推断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数，推断它们的线性相关程度（结果精确到0.01，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱）；
（2）已知在国内，新能源车主购买的新能源汽车为该品牌新能源汽车的概率为p（），从国内新能源车主中随机抽取5人，记这5人中选择购买该品牌的人数为随机变量X，若，求随机变量X的数学期望和方差
16．在如图所示的多面体中，已知四边形为菱形，其对角线和相交于H点，G是棱的中点，，且.
（1）求证：平面；
（2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.
17．已知函数，其中为常实数.
（1）当时，讨论函数在其定义域内的单调性；
（2）若是函数的极大值点，证明：.
18．在平面直角坐标系xOy中，动点（）到点的距离与到x轴的距离之差等于1，记动点P的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）过直线l：上一点Q作轨迹的两条切线，切点分别为A，B.证明：直线AB过定点，并求出定点坐标；
（3）过点的动直线与轨迹交于C，D两点，直线CF交轨迹于另一点E，记△CDE，△CFR的面积分别为，，求的最小值.
19．已知是等差数列，且，，数列是等比数列，其前n项和为，且满足，其中.
（1）当时，求数列与数列的通项公式；
（2）在（1）的条件下，设数列的前n项和为，已知，证明：；
（3）当时，若数列满足（），且，若对任意正整数i，j（），恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】集合，，，
则，都是的真子集，故，故C正确，ABD均错误.
故选C.
2．【答案】A
【详解】计算，虚部为.
故选A
3．【答案】A
【详解】因为事件，是相互独立事件，所以事件，也是相互独立事件，
又，，所以，，
所以.
故选A
4．【答案】B
【详解】因为，得到，
又，，则，所以，
又，则，所以，得到，所以，即，
故选B.
5．【答案】B
【详解】设，则母线，所以，解得，
故所求为.
故选B.
6．【答案】C
【详解】由题意，，，所以，
所以，所以.
故选C.
7．【答案】A
【详解】由，得，即，
两边平方并化简得，则，即，
由于以上每一步变形都是等价的，故的充要条件是，
而是△ABC为直角三角形的充分不必要条件，
“”是“△ABC为直角三角形”的充分不必要条件.
故选A.
8．【答案】D
【详解】令，则，
因为，则，所以，
则在区间上单调递减，
又，由，得到，所以，
解得，
故选D.
9．【答案】ABD
【详解】将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数，所以选项A正确，
对于选项B，因为的最小正周期为，所以选项B正确，
对于选项C，因为，所以函数的图象不关于点中心对称，故选项C错误，
对于选项D，由，得到，
所以的增区间为，令，得到一个增区间为，
又，所以选项D正确，
故选ABD.
10．【答案】ACD
【详解】对于A选项，已知，可得.又离心率，则.由，得，所以椭圆方程为，故A正确.
对于B选项，周长为，根据椭圆定义，，，，所以周长是，故B错误
对于C选项，，设，，.
根据题意,设方程，与椭圆方程联立得，由韦达定理，.
因为内心在轴上，所以，即，
即，即，
经化简得，代入韦达定理则，得，解得.
故C正确.
对于D选项，轴时，直线MN方程，代入椭圆方程得.
设内切圆圆心，不妨设直线，根据点到直线距离公式，解得，舍去，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ACD
【详解】对于选项A，令，得到，
又因为对任意非零实数，，所以，故选项A正确，
对于选项B，令，得，由选项A知，
又，，得到，所以选项B错误，
对于选项C，令，得到，又，得到，所以C正确，
对于选项D，因为时，，则，所以，
令，即对任意的正整数有，
则，
所以，对于任意正整数，成立，
对任意的、且，则有成立，
、为有理数，所以可设，，其中、为非负整数，、为正整数，则，，
令，，，则、为正整数，
，，所以，，即，
由选项C知，函数为偶函数，，，，故选项D正确，
故选ACD.
12．【答案】
【详解】由题意，点是切点，，
则；
故曲线在点处的切线方程为：，即.
13．【答案】
【详解】如图，取的中点，因为平面，平面，
所以，
因为三角形是等边三角形，点是中点，所以，
所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，，，D为AC的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
所以可取，
点到平面BDE的距离为.
14．【答案】
【详解】先给区域选，有种选法，再给区域选，有种，
① 若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色相同，则区域有种选法，
若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色不相同，则有种选法，区域有种选法，
所以区域和区域无人机颜色相同时，共有种，
② 若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色相同，
则区域有种，区域有种选法，
若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色不相同，
则区域有种，和区域只有种选法，
所以区域和区域无人机颜色不相同时，共有种，
因此，不同的呈现方式共有种.
15．【答案】（1）样本相关系数，两个变量线性相关且线性相关程度很强.
（2）随机变量的数学期望，方差.
【详解】（1）；
.
然后计算，
将，，，代入可得：
.
接着计算，将，，代入可得：
.
再计算，将，，代入可得：
.
最后计算相关系数：
根据公式，将，
，代入可得：
，因为，所以.
由于接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强.
（2）已知随机变量（因为从国内新能源车主中随机抽取人，
每个人购买该品牌汽车的概率为，符合二项分布的定义），
根据二项分布的概率公式，由可得：
，即，因为，得，
解方程，得.
再根据二项分布的数学期望公式和方差公式，
将，代入可得：；.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）因为四边形为菱形，根据菱形的性质，菱形的对角线互相平分，所以为的中点.
又因为为线段的中点，在中，根据三角形中位线定理可得，且.
已知且，所以且.可知四边形为平行四边形.
由于平行四边形的对边平行，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）在菱形中，因为，且菱形的邻边相等，所以和都是正三角形.
取的中点为，连接，根据正三角形三线合一的性质,可得，又因为，所以.
又因为平面，平面，所以，，
即两两垂直. 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.
已知，则可得，，.
因为，，，所以平面的法向量可取为.
又，.
设平面的法向量为，则由，
由可得，取，则，将，代入，可得，解得，所以.
设平面与平面所成角为，根据向量的夹角公式，.
17．【答案】（1）增区间为，，减区间为
（2）证明见解析
【详解】（1）当时，，
易知，又，
由，得到或，由，得到，
所以函数的增区间为，，减区间为.
（2）因为，
易知的定义域，则，
令，得到，令，其对称轴为，图象开口向上，
当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时，在上单调递增，无极值点，
当，即，
当时，，此时在上只有一个根，
当时，，时，，不合题意，
则，则，所以有两根，且，
当时，，当时，，当时，
所以是的极大值点，由题知，所以，
要证，即证，即证在上恒成立，
令，则，
令，则，
易知在区间上单调递减，则，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上单调递减，则，
所以在区间上恒成立，即.
18．【答案】（1）
（2）证明见解析，定点坐标
（3）81
【详解】（1）根据两点距离公式，点到点的距离为，
点到轴的距离为，因为，所以.
根据条件可得：，
则，展开化简得：.
所以轨迹的方程为.
（2）因为点在直线上，设，则.
设，对已求得的轨迹方程求导得：.
则在点处的切线方程为：，又.
所以切线方程可化为：.
因为点在切线上，所以①.
同理，在点处的切线方程为：.
因为点在切线上，所以②.
由①②可知是方程的两个根，即的两个根.
，
根据韦达定理：.
直线的方程为，
又，
所以.
则直线的方程为，
展开得.
将代入得.
再把代入得：.
令，解得，所以直线过定点.
（3）设，直线的方程为，
联立方程组，得，
则.
则.
直线的方程为，
联立方程组，得.
因为是该方程的一个根，设另一根为，
则，即.
点到直线的距离为：
，
又的面积，的面积，
则.
又，
所以：
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为81.
19．【答案】（1）；
（2）证明见解析
（3）
【详解】（1）设等差数列的公差为，已知，，根据等差数列通项公式可得：
，即.
由可得，将其代入得：，
解得.把代入得.
所以.
当时， ①，
当时， ②.
①-②得：，即.
当时，，又，所以，解得.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则.
（2）已知，将其变形为：
.
则
.
因为，所以，则.
又
，
所以单调递增，.
综上，.
（3）当时， ③，
当时， ④.
③-④得：，即.
当时，，又，所以，解得.所以.
因为.
当时，
.
当时，也满足上式.
当为奇数时，单调递减，；
当为偶数时，单调递增，.
因为对任意正整数，恒成立，所以，即，又，解得.
所以，实数的取值范围是.