精品解析：湖北省鄂州市2024-2025学年高三下学期一模数学试卷

2025年湖北省鄂州市高考数学一模试卷 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. 椭圆经过和两点，则椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 2. 已知全集，，，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 3. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情况，随机抽取了100名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，则下列数据一定不位于区间内的是（ ） A. 众数 B. 第70百分位数 C. 中位数 D. 平均数 6. 已知复数，若，则的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，，，均有，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥 中，，， ，，则三棱锥 的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列函数的图象绕坐标原点沿逆时针旋转后得到的曲线仍为一个函数的图象的有（ ） A. B. C. D. 10. 设5个正实数组成公差大于0的等差数列，记其首项为a，公差为d，且这5个数中有3个数组成等比数列，则的值可能为（ ） A. B. C. 1 D. 2 11. 已知非零平面向量，，，满足：，，且，记，，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设正整数数列满足， ，则________. 13. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围为________. 14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 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. 在中，角、、对边分别为、、，且. （1）若，求； （2）若， ，求的面积. 16. 如图，棱长为 的正方体中，平面 与直线交于点 . （1）证明： 为 的重心； （2）求二面角的余弦值； （3）求三棱锥外接球的体积. 17. 已知函数有两个零点. （1）求的值； （2）证明：当 时，. 18. 已知抛物线 ，点P是W上位于第一象限内的一点，过P作W的切线交y轴于点Q.过原点O作PQ的平行线交W于点A，过A作OP的平行线交W于点B，BP交OA于点N. （1）求 的最大值； （2）证明：直线QN经过AB的中点； （3）若OQAB四点共圆，求P点的坐标. 19. 集合A为实数构成的有限集，记为集合A的元素个数，为集合A中所有元素之和，若对于集合，存在两两互不相交的集合，，，，使得，且，，则称集合为X的一个k分隔. （1）写出集合的一个3分隔； （2）证明：存在一个3分隔； （3）若，求集合存在k分隔的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年湖北省鄂州市高考数学一模试卷 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. 椭圆经过和两点，则椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的焦距. 【详解】由题意可得，解得，，则， 因此，椭圆的焦距为. 故选：D. 2. 已知全集，，，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合 ，利用补集和交集的定义可得结果. 【详解】因为全集，，， 则、 ，且，，且. 故选：B. 3. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用三角函数图象变换可得出的解析式，利用正弦型函数的奇偶性可求得的表达式，即可求得正数的最小值. 【详解】因为， 将该函数的图象向右平移个单位后，所得的函数为奇函数， 则，且有，则， 因为，故当时，取最小值. 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式可求得结果. 【详解】因为，则 . 故选：A. 5. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情况，随机抽取了100名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，则下列数据一定不位于区间内的是（ ） A. 众数 B. 第70百分位数 C. 中位数 D. 平均数 【答案】B 【解析】 【分析】根据频率分布直方图分别求出众数、第70百分位数、中位数以及平均数，由此即可得解. 【详解】对于A，众数为； 对于BC，， 设中位数、第70百分位数分别为 ， 注意到， 设， 解得； 对于D，设平均数为，则. 故选：B. 6. 已知复数，若，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可得出，求出直线与圆的交点坐标，可知满足题设条件的点位于图中的弓形区域，计算出弓形区域的面积，结合几何概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】由可得，即，如下图所示： 圆的圆心为，半径为， 联立可得或， 所以，直线交圆于原点、， 易知轴，则， 则图中阴影部分区域（即弓形区域）的面积为， 由题意可知，满足题设的点位于阴影部分区域， 由几何概型的概率公式可知，所求事件的概率为. 故选：A. 7. 已知函数，若，，，均有，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数为奇函数，由已知不等式可得出，构造函数，可知函数在区间上为增函数，则在区间上恒成立，结合参变量分离法与基本不等式可求得实数的最大值. 【详解】因为函数的定义域为 ，则， 若，，，均有， 则，可得， 令，则， 由题意可知 ，，， 所以，函数在区间上为增函数， 所以，在上为增函数，则在上为增函数， 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立，故， 所以，的最大值为. 故选：D. 8. 在三棱锥 中，，， ，，则三棱锥 的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将三棱锥放置于一平行六面体中，使P，A，B，C成为平行六面体的顶点. 由，可得该平行六面体各边相等，据此可得答案. 【详解】如图，将三棱锥 放于平行六面体中， 则，又，， 则，.又四边形，四边形为平行四边形， 则四边形，四边形为菱形. 则. 注意到， 又， 则，设PH与底面HBGC夹角为， 则 ，当且仅当时取等号，则. 故选：D 【点睛】关键点睛：对于求三棱锥体积，可适当将几何体放于平行六面体中研究，由题目条件可明确平行六面体的特征，最后结合三棱锥体积为相关平行六面体体积的得答案. 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列函数的图象绕坐标原点沿逆时针旋转后得到的曲线仍为一个函数的图象的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】函数的图象绕坐标原点逆时针方向旋转，可以看作坐标轴绕坐标原点顺时针方向旋转，再根据函数的定义，即可求解. 【详解】利用运动是相对的，函数的图象绕坐标原点逆时针方向旋转，可以看作坐标轴绕坐标原点顺时针方向旋转， 根据函数的定义，对于定义域内的每一个自变量x，都有唯一确定的与之对应， 逆时针旋转后得到的曲线，如果仍为一个函数的图象，则曲线与任意一条垂直于x轴的直线最多只有一个交点， 所以函数 的图象与任一斜率为1 的直线都最多只有一个交点， 结合函数图象可知， 对于A，的图象与直线都只有一个交点，故A正确； 对于B，的图象与直线有两个交点，故B错误； 对于C，，， ， 所以的图象，在点处的切线方程为， 的图象与直线都最多只有一个交点，故C正确； 对于D，的图象与直线都只有一个交点，故D正确. 故选：ACD. 10. 设5个正实数组成公差大于0的等差数列，记其首项为a，公差为d，且这5个数中有3个数组成等比数列，则的值可能为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】BC 【解析】 【分析】结合等差数列，等比数列的性质即可求解. 【详解】由题意知等差数列的5个正实数为， 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，即，符合题意； 若成等比数列， 则，解得，即，符合题意； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 若成等比数列， 则，解得，与题意不符； 综上，或， 故选：BC. 11. 已知非零平面向量，，，满足：，，且，记，，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用数形结合思想，使用余弦定理得到表达  ，转化为二次方程有实数解的问题，利用判别式分别求得其范围，进而得解. 【详解】由已知条件可绘制如图所示得图形 ， 为中点，， ，， 不妨设， ，，或， 可统一写为，即有实数根， 判别式大于等于0，通过代入和化简，得到关于的四次方程：, 解得的取值范围为， 的最小值为，最大值为，对应选项A和B正确; 同理得  的取值范围是，  通过以上分析，可以推导出  的取值范围为： ， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设正整数数列满足， ，则________. 【答案】或##或 【解析】 【分析】利用赋值法得出，结合题意求出的值，推导出数列为周期数列，结合数列的周期性可求得的值. 【详解】因为正整数数列满足①， ，则， 则，所以，或， 由题意可得②，由①②可得， 所以，数列是周期为的周期数列， 因为，故或. 故答案为：或. 13. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数 的导数，利用给定的单调性列出恒成立的不等式求解. 【详解】函数，求导得， 依题意，，而当时，， 则，所以a的取值范围为 . 故答案为： 14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意分析蚂蚱跳动4次后染色的点数，根据独立事件的概率公式求解. 【详解】蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的可能取值为， 表示蚂蚱在 或者之间来回跳动， 则； 表示蚂蚱由向右最远跳到， 可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种， 由对称性知由向左最远跳到 ，也有种， 由向左最远跳到 ，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种， 故一共有 种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种， 则； 则， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是开始在处也是一个点，因为不能原地跳动，因此的最小值为. 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. 在中，角、、对边分别为、、，且. （1）若，求； （2）若， ，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式结合三角恒等变换可得出关于的二次方程，求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，进而可得出角的值； （2）由二倍角的正弦定理结合正弦定理可得出，结合余弦定理可求得 的值，利用同角三角函数的基本关系可求出 的值，再利用三角形的面积公式可求得结果. 【小问1详解】 因为，， 则， 由可得，即， ， 因为，则，解得，故，则. 【小问2详解】 因为，所以. 所以由正弦定理得：， 由余弦定理知，解得. 因为，故. 16. 如图，棱长为的正方体中，平面 与直线交于点. （1）证明：为 的重心； （2）求二面角的余弦值； （3）求三棱锥外接球的体积. 【答案】（1） 连接 、、、，如下图所示： 因为四边形 为正方形，则， 因为平面 ，平面 ，则， 因为，、平面，则平面， 因为平面，所以，，同理可得 ， 因为，、平面 ，所以，平面 ， 因为平面，、、平面 ， 则，，， 因为，则， 即，则为 的外心， 易知 为等边三角形，故为 的重心. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接 、、、，推导出平面 ，结合勾股定理推导出为 的外心，再由 为等边三角形可得出结论成立； （2）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）设球心为，由，可得出关于、、的方程组，解出这两个量的值，可得出球心的坐标，求出该球的半径，结合球体体积公式可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 所以、、、、. 因为为 的重心，故， 所以，， 设为平面的一个法向量，则， 取可得， 易知平面的一个法向量为. 所以. 因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 设球心为，由， 可得，解得，即球心为， 所以三棱锥的球心为线段中点，且外接球半径为. 故其外接球体积为. 17. 已知函数有两个零点. （1）求的值； （2）证明：当 时，. 【答案】（1） （2）证明：当时， ， 结合函数单调性知，当 时， ， ， ， 此时不等式成立. 下面证明 时的情况，设 ，满足， 则原不等式等价于. 考虑到三次函数图象极值点附近的非对称性： 令 ， 则 ，故在上单调递减， . ， 故只需证，令 ， 当 时， ，故在上单调递减. 所以，故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性与极值，根据函数有两个零点，可得出关于实数的等式，结合 即可求得的值； （2）分 、 两种情况讨论，在 时，结合不等式的性质验证即可；在 时，设 ，满足，则原不等式等价于，令，利用导数分析函数的单调性，即证，通过构造函数 证明即可. 【小问1详解】 因为， 则， 由于 ，当 或 时，；当 时，. 所以，函数的增区间为、，减区间为， 因为函数有两个零点，则 或 ， 解得或（舍），故. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明 （或 ），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 18. 已知抛物线 ，点P是W上位于第一象限内的一点，过P作W的切线交y轴于点Q.过原点O作PQ的平行线交W于点A，过A作OP的平行线交W于点B，BP交OA于点N. （1）求 的最大值； （2）证明：直线QN经过AB的中点； （3）若OQAB四点共圆，求P点的坐标. 【答案】（1） （2）证明：由（1），，所以直线OA的方程为： . 令直线OA与抛物线联立知，，则. 直线AB的方程为：， 与抛物线联立知，则. 所以P，B关于x轴对称，即 轴.所以， 所以直线 方程为，与直线AB的方程联立可得交点， 可得为AB中点，所以QN平分AB. （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用导数和斜率公式得得，再结合两角差的正切公式得 表达式，借助基本不等式求最值； （2）根据题意，求出点 的坐标，从而得直线 方程为，再求出与直线AB的交点，即可得证； （3）设直线AB交y轴于点D，设， ， ，由于OQAB共圆，所以，解之可得点坐标. 【小问1详解】 记原点为O点，不妨设， 由于，则. 所以可得过P点的切线的方程为. 又因为，故 记P点在x轴上投影为点C，在y轴上的投影为点M，记 ， 则. 当且仅当时取等.故 的最大值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设直线AB交y轴于点D， 由（2）知，且 ，所以BP平分 . 因为，转化比例得，. 由于OQAB共圆，所以. 设， ， ， 代入上式得：. 所以.故P点坐标为. 【点睛】关键点点睛：利用导数法求抛物线在P点的切线的方程交易. 19. 集合A为实数构成的有限集，记为集合A的元素个数，为集合A中所有元素之和，若对于集合，存在两两互不相交的集合，，，，使得，且，，则称集合为X的一个k分隔. （1）写出集合的一个3分隔； （2）证明：存在一个3分隔； （3）若，求集合存在k分隔的概率. 【答案】（1） （2）证明：取， . 经检验，为集合X的一个3分隔，即证. （3） 【解析】 【分析】（1）应用新定义运算求解； （2）应用新定义运算证明； （3）先证存在k分隔的充要条件为k为大于1的奇数，再根据有1012个数符合题意，最后应用古典概型计算即可. 【小问1详解】 记，，，则为集合X的一个3分隔. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 要使存在k分隔，必有. 一方面，由且知. 又因为为正整数，故k为奇数. 另一方面，不妨设，我们证明此时存在k分隔. 设，，则. 先取第一列：令，，，， 为满足存在k分隔，则，（，2，）. 且.注意到一组等式： 在这组等式中，第一列是1，2，，的排列，第二列是，，，的排列. 第三列中前行为，，，中的奇数，后行是，，，中的偶数， 合起来是的排列，从而我们可以找到所需的，. 即取，，，； ，，，. 这样构造出的为集合的k分隔. 综上，存在k分隔的充要条件为k为大于1的奇数，而有1012个数符合题意， 故集合存在k分隔的概率为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是对集合的新定义的理解应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $