精品解析：2025届湖南省长沙市望城区第一中学高三一模数学试题

2025届高三一模 数学 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1. 如图，在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线、于点、.设，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，结合平面向量的减法可得出，结合，，可得出，利用、、三点共线，可求出的值. 【详解】连接，因为点是线段上靠近点的三等分点，则， 即，所以，， 又因为，，则， 因为、、三点共线，设，则， 所以，，且、不共线， 所以，，，故，因此，. 故选：C. 2. 设表示不大于的最大整数，如，，若正数a满足，则（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】根据定义进行分析，由此列不等式来求得的取值范围，进而求得正确答案. 【详解】因为， 所以该式的前15项都为0，后4项都为1， 所以， 所以，即， 得， 因为，所以， 所以，故. 故选：C. 【点睛】思路点睛： 首先根据和式的结果分析每一项的取值情况，列出关于变量的不等式，然后解不等式得到变量的取值范围，若取值范围涉及到指数形式，通过计算近似值进一步精确范围，最后根据变量的取值范围求出所求式子的值. 3. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数的值域和函数的定义域，即得集合，从而可确定选项. 【详解】由，，可得，则，故， 又由有意义，可得，即得，故， 则显然有. 故选：C. 4. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则所有项恒大于等于 B. 若，则是单调递增数列 C. 若是常数列，则 D. 若，则是单调递增数列 【答案】C 【解析】 【分析】由值不定即可判断A；由题设求出和即可判断B；由求出即可求出判断C；由和即可判断D. 【详解】对于A，当时，，当且仅当即时等号成立， 所以，但值不定， 所以若，则所有项不一定恒大于等于，故A错误； 对于B，若时，，，而，故B错； 对于C，若是常数列，则，即， 所以，故C正确； 对于D，由题， 因为，所以由递推关系可知，且，， 所以，.故D错误. 故选：C. 5. 已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据侧面展开图面积等于半圆面积，求得底面半径与母线长，再利用勾股定理算得圆锥高. 【详解】 设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r， 因为圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆， 则，解得， 则该圆锥的高为. 故选：A. 6. 如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（ ） A. 这两个球体的半径之和的最大值为 B. 这两个球体的半径之和的最大值为 C. 这两个球体的表面积之和的最大值为 D. 这两个球体的表面积之和的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案. 【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切， 过底面圆的直径作截面， 如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E， 过点作⊥OF，垂足为D． 设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值， 此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为， 故，故R的最大值为，且取最大值时， 三点共线，设，则， 则，解得， 所以，，，，. 因为，所以①， 整理得，解得， 令函数，， . 令函数，，所以是增函数. 又因为，，所以，， 所以，，，， 即，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为. 由①可得， 这两个球体的表面积之和为. 令，函数在上单调递增， 所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为. 故选：D． 【点睛】方法点睛： 立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 7. 如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意分析出P在半球面形成的轨迹为圆周，再由三点共线及勾股定理解出，最后按照圆的周长求得即可. 【详解】 由于，因此P在半球面形成的轨迹为圆周， 如图：记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线， ，设，， 在和中使用勾股定理有， 解得，于是点P的轨迹的长度. 故选:D. 8. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解对数不等式得集合，然后由交集定义计算． 【详解】由已知，所以． 故选：C． 二、多选题 9. 英国数学家泰勒发现了如下公式：，，某数学兴趣小组在研究该公式时，提出了如下猜想，其中正确的有（ ） A. B. （精确到小数点后两位） C. D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】利用特殊角的函数可以估算并判断AC选项，利用泰勒展开式可以计算并估计B选项，利用导数可以来证明并判断D选项. 【详解】由，，则有，故A选项错误． 由，则， 又（精确到小数点后两位），故B选项正确． ，，则有，故C选项错误． 当时，令，则，， 所以在上为增函数，则， 所以在上为增函数，则， 故当时，恒成立，即．故D选项正确． 故选：BD. 10. 已知函数是的导函数，则（ ） A. “”是“为奇函数”的充要条件 B. “”是“为增函数”的充要条件 C. 若不等式的解集为且，则的极小值为 D. 若是方程的两个不同的根，且，则或 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和充分、必要条件的判定方法，可判定A正确；结合导数和函数的单调性间的关系，结合充分、必要条件的判定方法，可判定B错误；利用导数求得函数的单调性，进而求得的极小值，可判定C正确；结合二次函数的性质，结合，列出不等式，可判定D正确． 【详解】对于A中，当时，函数，则满足， 所以为奇函数，所以充分性成立； 若为奇函数，则， 则恒成立，所以，所以必要性成立，所以A正确； 对于B中，当时， ，可得，所以为增函数； 由，当为增函数时，，所以“”是“为增函数”的充分不必要条件，所以B错误； 对于C中，由，若不等式的解集为且， 则在上先增后减再增，则，解得， 故，可得， 令，解得或， 当内，，单调递增； 当内，，单调递减； 当内，，单调递增， 所以的极小值为，所以C正确． 对于D中，由，因为是方程的两个不同的根， 所以，即，且， 由，可得，所以，即， 联立方程组，可得，解得或，所以D正确． 故选：ACD． 11. 已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设，下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是双曲线 B. 是三角形的内心 C. D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据双曲线的定义，结合三角形内心的向量表达式、切线长定理、投影向量的定义进行求解即可. 【详解】建立如图所示的直角坐标系， 由，可设，， 所以点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的右支（不含右顶点），故A错误； 因为是的角平分线，且， 所以，又表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量， 则在的角平分线上，所以也为的角平分线，为的内心，故B正确； 如图，设， 则，， 则由双曲线与内切圆的性质可得，，故C正确； 又，所以，在上的投影长为， 所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BCD 12. 过抛物线 的焦点的直线交抛物线于 两点 ，若 ，则下列说法正确的是（ ） A. 为定值 B. 抛物线 的准线方程为 C. 过 两点作抛物线的切线，两切线交于点 ，则点 在以为直径的圆上 D. 若过点且与直线垂直的直线 交抛物线于 两点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，B，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理以及焦半径公式解方程即可；对于C，利用导数的几何意义求出，直线垂直即可判断；对于D，利用韦达定理以及焦半径公式求出，即，由直线与直线垂直得即可. 【详解】对于A，由已知设过点的直线方程为， 联立方程 ， 消去 得 ，可得， 又因为 ， 所以，则 ， 解得（定值）， A 正确; 所以抛物线方程为， 准线方程为 ，B错误; 对于 C，抛物线 ， 即 ， 则 ， 所以， 故直线垂直， 所以点在以为直径的圆上， C正确; 对于 D，因为， 解得， 因为直线垂直于直线，直线的方程为 所以， 则 ，D 正确. 故选：ACD. 三、填空题 13. 的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析找到满足题意的项，化简即可得到结果． 【详解】根据题意，展开式中的项为 则的系数为： 故答案为：. 14. 将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】先根据向左平移得出的解析式，再求函数值即可. 【详解】由已知得， 所以 故答案为：1. 15. 设向量．若，则实数________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的垂直关系列方程求解即可. 【详解】由得，即， 由向量的坐标，得，解得. 故答案为：. 16. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________． 【答案】 ①. 54 ②. ## 【解析】 【分析】利用分组分配的方法，计算求值；利用样本空间的方法，求条件概率. 【详解】由题意可得三个学年修完四门选修课程，每学年至多选2门， 则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2． 先将4门选修课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式， 由分步计数原理得，不同的选修方式共有种． 同理，将4门选修课程按0，2，2分成三组，再排列，有种， 所以共有种不同的选修方式； 若将“某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A，将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件B． 根据题意，满足事件A的所有选课情况共4种情况，其中包含高二选修完或高三选修完其他2门，或是高二，高三各选1门，共4种情况， 其中同时满足事件B的仅有1种情况．根据条件概率公式，可知所求概率为． 故答案为：54； 四、解答题 17. 已知双曲线的渐近线方程为，右顶点为，点在上. （1）求的方程； （2）过点的直线与C相交于F，G两点，点E与点F关于轴对称，问直线EG是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （3）将圆心在轴上，且与C的两支各恰有一个公共点的圆称为“子圆”，若两个“子圆”外切于点，圆心距为，求. 【答案】（1） （2）直线EG过定点. （3）. 【解析】 【分析】（1）设出方程带入点，得到方程. （2）当直线DG的斜率不为零时，设直线DG的方程再进行联立，再易知，直线EG的斜率存在，设直线EG的方程为，最后得到过定点. （3）考虑子圆，两圆的圆心之间的距离，最后得到答案. 【小问1详解】 设双曲线的方程为， 将点代入得，即，双曲线的方程为 【小问2详解】 当直线DG的斜率不为零时，设直线DG的方程为，，，. 由消去整理得， 依题意得：，且，即且， ，. 易知，直线EG的斜率存在，设直线EG的方程为. 令，得 . 直线EG过定点. 当直线DG斜率为0时，直线EG的方程为，过点， 综上，直线EG过定点. 【小问3详解】 考虑以为圆心的“子圆”， 由的方程与的方程消去，得关于的二次方程. 依题意，该方程的判别式，. 对于外切于点的两个“子圆”，，显然点在轴上， 设，，的半径分别为，， 不妨设，的圆心分别为，. 则，. 两式相减得：，而，. ，整理得：. ，点. ，故. 18. 已知，其中，. （1）若与相切，求实数的值； （2）当时，证明：； （3）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先求导函数再应用切线斜率为1，计算求参； （2）先把证明的不等式转换，再构造函数，根据函数单调性计算证明不等式； （3）分两种情况分类讨论是否符合不等式恒成立即可求参. 【小问1详解】 设，则，， 若与相切，设切点为， 则，又，则，从而，即，即. 【小问2详解】 设，则，当时，， 依题意，当时，要证，即证，当时，即证. 设，，则，当时，，单调递增， 则当时，，即，从而， 当时，，即，从而， 综上可知，当时，. 【小问3详解】 不等式即，令，令，，， 由，不妨设，， 其中，，. （ⅰ）当时，由（2）可知单调递增，故，则，即单调递增，符合题意； （ⅱ）当时，由，令，则， ①当时，，则恒成立，故单调递减，即， 即，故单调递增，从而，符合题意； ②当时，，故有两个根， 因此当时，，单调递增，则， 即，故在区间上单调递减，从而，不合题意. 综上可知，或，即. 【点睛】关键点点睛:解题的关键点是构造，结合导函数判断函数单调性，分两种情况分别证明不等式即可 19. 对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． （1）设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围； （2）若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】（1） （2）存在“长向量”，且“长向量”为、，理由见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）得到，从而得到不等式，求出答案； （2），若存在“长向量”，只需使，又，故，即，当或6时，符合要求，得到结论； （3）由题意得，同理，，三式相加并化简，得，设，由得，设，由对称得到方程组，求出，其中，故． 【小问1详解】 由题意可得：，即，又， 故， 故， 解得； 【小问2详解】 存在“长向量”，且“长向量”为、，理由如下： 由题意可得， 若存在“长向量”，只需使， 又， ， 即，即， 当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为、． 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理，， 三式相加并化简，得， 即，，所以， 设，由得， 设，因为与关于点对称，与（且）关于点对称， 则依题意得：， 将①代入②得，， 从而， ……， ， 以上个式子相加化简得， ， 又由②知， ， 即， 所以， 其中， ， 当且仅当时等号成立，故． 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 20. 已知函数，. （1）当时，求的极值； （2）若函数有2个不同的零点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将代入函数解析式，求导，判断其单调性，进而得出极值； （2）（i）化简函数的解析式，令，问题可转化为在有2个零点，，再利用导数研究函数的性质即可得出答案； （ii），设，由（i）知，，即证，即证，令，则，故即证，令,，求导，得到其上单调递增，故，结论得证. 【小问1详解】 时，，， 令， ，；，， 在单调递减，在单调递增， 时，，，则， 其中，，时，， 时，；，， 在单调递减，在单调递增， 的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 （i），， 令，，，在单调递增， 令，即在有2个零点，，且，， ， 时，，在单调递增，不存在2个零点，，时，；时，， 在单调递减，在单调递增， 时，；时，， ，. （ii）， 设，，， 由（i）知，，即证，即证， 令，则，，， 又，即,即， 所以，故，故即证， 即证， 令,，， 所以在上单调递增， 所以，结论得证. 21. 已知函数（ln2.5≈0.92 ，1.58）． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，讨论曲线与曲线的交点个数． 【答案】（1）； （2）2． 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解方程， （2）求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解. 小问1详解】 依题意，，故， 而，故所求切线方程为，即． 【小问2详解】 令，故， 令， ，令， ． ①当时，， 在上为减函数，即在上为减函数， 又， 在上有唯一的零点，设为，即． 在上为增函数，在上为减函数． 又 ， 在上有且只有一个零点，在上无零点； ②当时，单调递减， 又， 在内恰有一零点； ③当时，为增函数， ， 单调递增，又，所以存在唯一， 当时，递减；当时，递增，， 在内无零点．综上所述，曲线与曲线的交点个数为2． 【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建坐标系，已知曲线，已知过点的直线的参数方程为：， 直线与曲线分别交于，. （1）写出曲线和直线的普通方程； （2）若，，成等比数列，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用互化公式即可将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程；利用代入消元法消去参数，即可得到直线的普通方程； （2）把直线的参数方程和曲线的直角坐标方程联立，根据韦达定理和参数的几何意义分别表示出，，，利用等比中项即可求出的值. 【小问1详解】 根据极坐标与直角坐标的转化可得，， 即； 直线的参数方程为：， 消去参数得：直线的方程为，即. 所以曲线的普通方程为； 直线的普通方程为； 【小问2详解】 直线的参数方程为（为参数）， 代入得到， 设、两点对应的参数分别为、，在，， ，则有，， 因为，所以， 即：， 解得或（舍）. 综上：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三一模 数学 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1. 如图，在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线、于点、.设，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2. 设表示不大于的最大整数，如，，若正数a满足，则（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 3. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A B. C. D. 4. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则所有项恒大于等于 B. 若，则是单调递增数列 C. 若是常数列，则 D. 若，则是单调递增数列 5. 已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（ ） A. 这两个球体的半径之和的最大值为 B. 这两个球体的半径之和的最大值为 C. 这两个球体的表面积之和的最大值为 D. 这两个球体的表面积之和的最大值为 7. 如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 8 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 英国数学家泰勒发现了如下公式：，，某数学兴趣小组在研究该公式时，提出了如下猜想，其中正确的有（ ） A. B. （精确到小数点后两位） C. D. 当时， 10. 已知函数是的导函数，则（ ） A. “”是“为奇函数”充要条件 B. “”是“为增函数”的充要条件 C. 若不等式的解集为且，则的极小值为 D. 若是方程的两个不同的根，且，则或 11. 已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设，下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是双曲线 B. 是三角形的内心 C. D. 在上的投影向量为 12. 过抛物线 的焦点的直线交抛物线于 两点 ，若 ，则下列说法正确的是（ ） A. 为定值 B. 抛物线 的准线方程为 C. 过 两点作抛物线的切线，两切线交于点 ，则点 在以为直径的圆上 D. 若过点且与直线垂直的直线 交抛物线于 两点，则 三、填空题 13. 的展开式中的系数为__________. 14. 将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的值为__________. 15. 设向量．若，则实数________. 16. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________． 四、解答题 17. 已知双曲线的渐近线方程为，右顶点为，点在上. （1）求的方程； （2）过点的直线与C相交于F，G两点，点E与点F关于轴对称，问直线EG是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （3）将圆心在轴上，且与C两支各恰有一个公共点的圆称为“子圆”，若两个“子圆”外切于点，圆心距为，求. 18. 已知，其中，. （1）若与相切，求实数的值； （2）当时，证明：； （3）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． （1）设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围； （2）若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 20 已知函数，. （1）当时，求的极值； （2）若函数有2个不同的零点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 21. 已知函数（ln2.5≈0.92 ，1.58）． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，讨论曲线与曲线的交点个数． 22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建坐标系，已知曲线，已知过点的直线的参数方程为：， 直线与曲线分别交于，. （1）写出曲线和直线的普通方程； （2）若，，成等比数列，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $