【文档说明】湖南省长沙市2025届高三九月学情调研考试数学模拟参考答案.docx，共(14)页，776.256 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市2025届高三九月学情调研考试数学模拟参考答案：题号12345678910答案ABDAABADABAB题号11答案BCD1．A【分析】先求集合B的补集，再求与集合A的交集,【详解】因为{|13}Bxx=

,所以R{|1Bxx=ð或3}x，所以()R{|01}ABxx=ð,故选：A.2．B【分析】根据题意结合指数幂运算求解.【详解】因为25m=，43n=，所以()()33332244341.08452nnnmmm−==

==.故选：B.3．D【分析】由题意可得220aab+=，进而利用向量夹角公式可求a与b的夹角.【详解】因为()2aab⊥+，所以()2220aabaab+=+=，所以21||2aba=−，所以1cos,2||||ababab==−，所以a与b的夹角为2π3.故

选：D.4．A【分析】利用等差数列的前n项和公式即可解出.【详解】因为等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为nS，可得11104510020190100adad+=+=，解得114.51ad==−，则4040394014.5(1)2002

S=+−=−.故选：A5．A【分析】由二倍角公式结合角的范围即可求解.【详解】2cos3=−，221cos113cos2226−++===，()0,π，π0,22，6cos26=，故选：A.6．B【分析】先用捆绑法排列（女生不需

要内部排列），然后利用间接法再分配2个道具．【详解】根据题意4名男生､3名女生的排列方法为55A，然后在7人中选2人（不相邻）分配道具：2272A6A−，总方法数为522572A(A6A)3600−=，故选：B．7．A

【分析】通过圆锥侧面展开图的两种情况①侧面展开图最大为半径为2的半圆，②侧面展开图最大为半径为22的四分之一圆，计算比较即可.【详解】根据题意有两种方式可以得到这样的几何体，方式一：如图①，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为2的半圆，因此一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，高为3，所

以两个圆锥体积的最大值为11232π13π33V==．方式二：如图②，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为22的四分之一圆，因此一个圆锥的底面半径为22，母线长为22，高为302，所以两个圆锥体积的最大

值为221230302ππ3226V==．122330ππ36VV==，故选：A．8．D【分析】根据抛物线的定义得到如图的抛物线，得到11,AAAFBBBF==，可求得AH，做1BHAA⊥在直

角三角形RtABH△中，可求得BH，结合斜率的定义进行求解即可【详解】下图所示为l的斜率大于0的情况．如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为1A，1B，1BHAA⊥，垂足为H．设22FAFBa==，0a，则5ABa=．而11AHAAB

BAFBFa=−=−=，所以222BHABAHa=−=，l的斜率为2BHAH=．同理，l的斜率小于0时，其斜率为2−．另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为O，则FOFA⊥，可求得2FAFOp==，可求得l斜率为2FAFO=，同理，l的斜率小于0时，其斜率为2−．故选

：D9．AB【分析】由题意可得()2222424abab+=++=，求解可得31ab==−，进而逐项判断即可.【详解】设i,,Rzabab=+，由题意可得()2222424abab+=++=，解得31ab==−或31ab=−=−，所

以点(3,1)M−或(3,1)M−−，因为点M在第四象限，所以(3,1)M−，从而可得(3,1)N，所以点N在第一象限，故A正确；所以2MN=，故B正确；(3,1)OM=−，(3,1)ON=，所以312OMON=−=，所以OM与ON不垂直，故C错误；所以222(3i)2

423izz+=−+=−，故D错误.故选：AB.10．AB【分析】只需注意到事件B是在事件1A或2A发生之后可解.【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当1A发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为411，故B正确；当

2A发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为311，故D不正确；14137()21121122PB=+=，故C不正确.故选：AB11．BCD【分析】对于B，将,,BDBODO分别用,BABC表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于ACD，以点O为原点建立平面直

角坐标系，设()cos,sin,π,2πP，根据平面向量的坐标表示及坐标运算结合三角函数的性质即可判断.【详解】对于B，因为23ADAC=，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，所以在边长为3的等边三角形ABC中，113OAODDCAC====，

则()11123333BDBCCDBCCABCBABCBABC=+=+=+−=+，故B正确；对于C，如图，以点O为原点建立平面直角坐标系，则()()1331,0,,,2,022ABC−，因为点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径

的半圆上，所以点P的轨迹方程为221xy+=，且在x轴的下半部分，设()cos,sin,π,2πP，则133333333cos,sin,,,,222222BPBCBA=−−=−

=−−，所以333327πcossin3cos624243BPBC=−−+=++，因为π,2π，所以π4π7π,333+，所以π1cos,132+−，所以9π3cos6

923++，即992BPBC，故C正确；对于A，因为BPxBAyBC=+，所以133333333cos,sin,,222222xy−−=−−+−，即()()133333cos,

sin,2222xyxy−−=−−−+，所以()3333sin22xy−=−+，()13cos22xy−=−−，所以23sin19xy+=−+，21cos33xy−=−+，则31223π2sincos

sin933933x=−−+=−++，因为π,2π，所以π4π7π,333+，所以π3sin1,32+−，所以123π2232sin39339

3−+++，即1232393x+，故A错误；对于D，由23sin19xy+=−+，因为π,2π，所以当3π2=时，xy+取得最大值2319+，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：

本题的关键是建立合适平面直角坐标系，再设()cos,sin,π,2πP，从而写出相关向量，计算其数量积，并结合三角函数的性质得到其范围.12．52【分析】中间一项是第4项，结合二项展开式的系数的计算公式即可求解.【详解】因为6124xx+展开式共有7项，它的中间一项是第

4项，所以6124xx+展开式的中间一项的系数为336361205C2482−==.故答案为：52.13．28R【分析】先计算出圆柱的高，内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积.【详解】设圆柱的高为h，内壁的表面积为S，由题意

可知：323211·33RRhR+=，解得：3hR=.内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积，即222?28SRhRR=+=.故答案为：28R14．175【分析】作出辅助线，设12,AFnAFm==，得到14nm，由椭圆

定义和勾股定理得到方程，得到2222mnac=−，故222422cmnacnm=+−，设mnynm=+，(1,4nxm=，由对勾函数性质得到函数单调性，从而得到2224172224cac−，求出离心率的取值范围，得到最大值.【详解】连接2AF，设12,AFnAFm==，因为点A在第

一象限，所以nm，由对称性可知21AFBF=，因为114AFBF，所以4nm，即14nm，由椭圆定义可得2mna+=，由圆的性质得2AF⊥1AF，由勾股定理得2224mnc+=，所以()222222424mnmmn

ncmna+=++=+=，即2222mnac=−，因为22222422cmnmnacmnnm+==+−，设mnynm=+，(1,4nxm=，则(1,1,4yxxx=+，由对勾函数性质，(1,1,4yxxx=+

单调递增，所以1724y，即2224172224cac−，当2224222cac−时，解得222ca，即212e，解得2,12e当222417224cac−时，解得225034ca，即21725e，解得170,5e

，综上217,25e，所以C的离心率的最大值为175.故答案为：175【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出,ac，代入公式cea=；②只需要根据一个条件得到关于,,abc的齐次式，结合222bac=−转化为,ac的

齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或2a转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).15．(1)95(2)60【分析】（1）根据正态分布的对称性求解概率，即

可求解人数，（2）分别求解单选题和多选题每一道题目得分的期望，即可求解成绩的期望.【详解】（1）由于()70,225XN，故70,15==，故85+=，所以()110.683(85)22PXPX−−+−==，故进入决赛的人数为10

.683600952−.（2）甲同学每个单选题得分1的数学期望()132100655E=+=分，甲同学每个多选题得分2的数学期望()213115506555E=++=分，因此甲同学的成绩的数学期望为()()()12646

64660EYEE=+=+=分16．(1)21nan=−(2)()1313nnSn+=+−【分析】（1）根据递推公式求出2a，设na的公差为d，结合4a求出d，即可求出通项公式；（2）由（1）可得()213nnbn=−，利用错位相减法求和即可.【详解】（1）由47a

=，221nnaa=+，令2n=得4221aa=+，解得23a=，设na的公差为d，因为422aad=+，所以2=d，所以()2221naandn=+−=−，故na的通项公式为21nan=−．（2）由（1）知()2133nnnnban−=

=，所以()121333213nnSn=+++−①，()()21313233213nnnSnn+=++−+−②，①−②得()()()112111813232323213321313nnnnn

Snn−++−−=+++−−=+−−−，化简得()126223nnSn+−=−−−，所以()1313nnSn+=+−．17．(1)证明见解析(2)35AQ=【分析】（1）连接1CG并延长，交11AB于点D，则D为11AB的

中点，连接,BDDQ，由面面平行的判定得出平面1//BDC平面1ACQ，再由面面平行的性质即可证明；（2）以A为原点，分别以1,,ACABAA所在直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设()03AQmm=，根据线面夹角的向量公式列出方程求解即可．【详解】（1）连接

1CG并延长，交11AB于点D，则D为11AB的中点，连接,BDDQ，因为111ABCABC−为直三棱柱，所以平面//ABC平面111ABC，11//ABAB，11ABAB=，又,DQ分别为11,ABAB的中点，所以1//ADBQ，1AD

BQ=，所以四边形1BQAD为平行四边形，所以1//BDAQ，又因为平面1CQDC平面ABCCQ=，平面1CQDC平面111ABCCD=，所以1//CDCQ，因为1CD平面1ACQ，CQ平面1ACQ，所以1//CD平面1ACQ，同理可得//BD平面1ACQ，因为1,BDCD平面1BDC，

且1BDCDD=，所以平面1//BDC平面1ACQ，又PG平面1BDC，所以//PG平面1ACQ．（2）以A为原点，分别以1,,ACABAA所在直线为,,xyz轴，建立如图空间直角坐标系，设()03AQmm=，则()()()()1110,0,3,0,3,3,3,0,3,3,0,0ABC

C，()0,,0Qm，()1,1,3G，所以()()13,,0,0,,3CQmQAm=−=−，由直三棱柱111ABCABC−可得，P为1BC的中点，所以333,,222P，则113,,222PG=

−−，设平面1ACQ的一个法向量为(),,nxyz=，由100nCQnQA==得，3030xmymyz−+=−+=，取xm=，则(),3,nmm=，因为直线PG与平面1ACQ所成的角正弦值为3333，所

以233323311929444mPGnPGnm−==+++，整理得，()()5330mm−−=，解得35m=或3m=（不合题意舍），所以35AQ=．18．(1)2213yx−=(2)2(3)193,44C−−【分析】（1）根据点到直线

距离公式，即可代入化简求解，（2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得()24343PTy=−+，即可由二次函数的性质求解，（3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得()02201224,3443kxkkyyyk=−−−=−+=−，将其

代入双曲线方程即可求解.【详解】（1）根据(,)Mxy到直线1:3lyx=与直线2:3lyx=−的距离之积等于34，可得333224xyxy−+=，化简得2233xy−=，由于||3||yx，故2233x

y−=，即2213yx−=.（2）设(,)Pxy，()()2222222441418163433PTPQxyyyy=−=+−−=−+=−+，故当3y=时，PT最小值为2（3）联立:2(0)lykxk=+与2233

xy−=可得()223470kxkx−−−=，设()()()112200,,,,,AxyBxyCxy，则12122247,33kxxxxkk−+==−−，故()212122444,3kyykxxk+=++=+−设存在点C满足0GAGBGC++=，则1201200433xxxy

yy++=++=，故()02201224,3443kxkkyyyk=−−−=−+=−，由于()00,Cxy在2233xy−=，故22222443333kkkk−−−=−−，化简得421966270kk−+=，即()()

2231990kk−−=，解得2919k=或23k=（舍去），由于()22Δ162830kk=+−，解得27k且23k，故2919k=符合题意，由于0k，故31919k=，故02202419,344334kxkkyk=−=−−−==−−,故193,44C−−

，故存在193,44C−−，使得0GAGBGC++=19．(1)不是“互补函数”，理由见解析；(2)（i）存在，理由见解析；（ii）()()11e111e1aaa−−+++−.【分析】（1）利用导数分别求出()fx，()gx的值域，由“互补函数”的定义判断即可；（2）（i）根

据定义，可得()11e0emmmm−−+−+=，即可求解；（ii）根据条件可化简得()()11e111e1mnmnmnmn+−+−+++−=+−，令()()()()11e111,1,0e1xxxhxx−−++=+−−，利用导数求出()hx的单调性

，从而可得mn−的最大值.【详解】（1）因为()1(0)16xfxxx=+，则()2221116(0)1616xfxxxx−=−+=，所以()fx在(4)−−单调递增，在(4,0)−单调递减，则max1()(4)2fx

f=−=−，所以()1,2fx−−，因为()ln(0)xgxxx=，则()21lnxgxx−=，所以𝑔(𝑥)在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，所以max1()(e)egxg

==，所以1(),egx−.故不存在实数,mn，使得()()0fmgn+=，则()fx与𝑔(𝑥)不是“互补函数”.（2）（i）存在,mn，使得0mn+=.由()()0,0fmgnmn+=+=，得()11

e0emmmm−−+−+=，则11,1ee1mn==−−，故存在.（ii）令()(),gnkfmk==−，则1e0,e10mnmknk−−+=−+=，两式相加可得()11eemnmnk−−++=−−，两式相减可得()11ee,mnmnk−−−−=−+所以()()11ee11eemnmnkmnmn

k−−−−−−++=−−−+1111eee1eee1mnmnmnmn−−+−−−+−−−==++，故()()11e111e1mnmnmnmn+−+−+++−=+−.令()()()()11e111,1,0e1xxxhxx−−++=+−−，则()()()()()()(

)1111121e1e1e1e11ee1xxxxxxxxhx−−−−−−+++−−++−=.()()22121e22e1e1xxxx−−−−+−=−.因为()1,0x−，所以()221e1,22e0

xxx−−−+，故当()1,0x−时，ℎ′(𝑥)<0，即()hx在()1,0−上是减函数.因为)(),0,1,0mnaa+−，所以mn−的最大值为()()11e11()1e1aaaha−−++=+−.