精品解析：湖南省长沙市雨花区湖南省地质中学2024-2025学年高三下学期一模数学试题

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（共40分） 1 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，若对 恒成立，则（ ） A. B. 16 C. D. 4 4. 已知曲线在点处的切线与抛物线也相切，则实数的值为（ ） A. 0 B. C. 1 D. 0或1 5. 已知函数，若在上有且仅有四个不相等的实数根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形， 点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（ ） A. 3 B. C. D. 4 8. 已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 已知函数，对于任意实数，，下列结论成立的有（ ） A. B. 函数在定义域上单调递增 C. 曲线在点处的切线方程是 D 若，则 10. 已知复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 11. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ） A. 乙组同学恰好命中2次的概率为 B. 甲组同学恰好命中2次概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C. 甲组同学命中次数的方差为 D. 乙组同学命中次数的数学期望为 三、填空题（共15分） 12. 已知三个内角，，所对的边分别为，，，若，，成等比数列，，，成等差数列，则______. 13. 已知正方体的棱长为3，垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点，则四棱锥体积的最大值为______． 14. 对于非空集合，定义函数已知集合，若存在，使得，则实数的取值范围为__________. 四、解答题（共77分） 15. 在中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，，是等差数列． （1）若a，b，c是等比数列，求； （2）若，求． 16. 记的内角，，的对边分别，，，已知． （1）求； （2）设边中点，若，求． 17. 如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. （1）已知点上一点，且，证明：平面； （2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 18. 如图，椭圆过点，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为，，过椭圆的右焦点且与轴相交的直线与椭圆相交于，两点，与抛物线相交于，两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线在轴上截距的范围. 19. 根据央视网消息显示，贵州省文旅厅网站5月1日公布《2023年“五一”假期前三天全省文化旅游情况》，其中显示，假期前三天，根据抽样调查结果，全省接待游客2038.26万人次（用2038万计算），较2022年假日同期增长（用计算），恢复到2019年假日同期水平的（用计算）.某大学旅游管理专业的学生陈枫为了了解“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景的知晓情况，随机抽选了若干名游客进行问卷调查，根据问卷得分，统计如下： 得分 频率 0.10 0.20 0.40 0.20 0.10 （1）求2022年和2019年“五一”假期前三天全省接待游客人次（单位：万），精确到0.01. （2）根据表格估计“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景知晓情况问卷得分的平均水平（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. （3）陈枫为了答谢游客的参与，在问卷得分为的游客中按的比例抽选6人作为景区“幸运游客”，景区在“幸运游客”中随机选取两人评为“五星游客”，求得分为､的游客中各有一人评为“五星游客”的概率. 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（共40分） 1. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定条件结得到，再结合向量数量积的定义求解即可. 【详解】由题意得，两边平方得， 整理得，由向量数量积的公式得， 而，故， 因为，所以，即，故B正确. 故选：B 2. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角平分线的对称性质和椭圆的性质得，再结合题设得，进而求出，再结合椭圆的定义以及余弦定理即可求解. 【详解】由题意可知，， 且，， 所以， 因为，所以， 所以即， 又，所以， 所以由余弦定理得， 整理得，所以即. 故选：B. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是抓住角平分线的对称性之和椭圆的几何性质求出，关键2是利用和的关系求出，再在中结合余弦定理即可求解. 3. 已知函数，若对 恒成立，则（ ） A. B. 16 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】分别代入解析式，求出即可. 【详解】当，则， ， 由于，则，则；经检验适合题意. 故. 故选：B 4. 已知曲线在点处的切线与抛物线也相切，则实数的值为（ ） A. 0 B. C. 1 D. 0或1 【答案】C 【解析】 【分析】先利用导数的几何意义求出在处的切线方程，与抛物线方程联立，利用求出的值，再验证可得答案. 【详解】，， 所以曲线在点处的切线为：，即． 联立与，得，依题意可知，所以或1． 当时，不是抛物线，舍去． 故选：C 5. 已知函数，若在上有且仅有四个不相等的实数根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据辅助角公式可得，作出的图象，结合图形即可求解. 【详解】， 作出的图象，如图所示， 结合图形可知，若在上有且仅有4个不等的实数根， 则且， 即的取值范围为. 故选：D 6. 设，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，由的单调性可知，所以，再由可得，所以，即可得出答案. 【详解】构造函数，的定义域为， ，令可得：，令可得：， 所以在上单调递增，在上单调递减． 故，即， 变形可得，即，所以； 又，所以，又因为， 所以，综上，， 故选：B． 7. 已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形， 点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】连结交于点，连结，设在底面内的射影为，则平面，连结交于点 ∵点在侧面内的射影为的垂心 ∴平面， ∴ ∵，平面，平面 ∴平面 ∴ ∵平面，平面 ∴ ∵，平面，平面 ∴平面 ∵平面 ∴ 同理可证 ∴是的垂心 ∴三棱锥为正三棱锥 ∵三棱锥的底面是边长为的正三角形 ∴，，则 ∵二面角的平面角的大小为 ∴为二面角的平面角 在中，， ∴ 在中，， ∴ 故选C 点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得为二面角的平面角，解直角三角形即可得解. 8. 已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的零点情况，求出的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解. 【详解】由函数在有且仅有两个零点， 得，解得，则， 又，而，当时，，， 由，得，当时，， 即函数有3个零点，不符合题意， 因此是函数图象的一条对称轴，即，解得， 当时，，当时，，均不符合题意； 当时，，得，则图象的对称轴为. 故选：C 【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是解题的关键. 二、多选题（共18分） 9. 已知函数，对于任意实数，，下列结论成立的有（ ） A. B. 函数在定义域上单调递增 C. 曲线在点处的切线方程是 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对函数求导，判断其单调性，再求出最值，以及在某点处的切线方程,判定ABC,构造新函数，借助导数研究最值判定D即可. 【详解】对A，对求导， 令，即，解得. 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增. 所以函数在处取得最小值，即，所以，A选项正确. 对B，由上述分析可知，上函数单调递减，上函数单调递增，B选项错误. 对C，由于切线斜率为0，在点，切线方程为，C选项正确. 对D，因为，则. 则. 令则， 则在单调递增.故. 即，即.D选项正确. 故选：ACD 10. 已知复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD. 【详解】对于A，设，显然， 但，故A错； 对于B，设， 则， ， ， 所以，故B对； 对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量， 复数对应向量，复数加减法对应向量加减法， 故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度， 所以，，故C对，D对. 故选：BCD. 11. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ） A. 乙组同学恰好命中2次的概率为 B. 甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C. 甲组同学命中次数的方差为 D. 乙组同学命中次数数学期望为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误； 对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确； 对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确； 对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为， 所以， ， ， 故，所以D正确 故选：BCD. 三、填空题（共15分） 12. 已知三个内角，，所对的边分别为，，，若，，成等比数列，，，成等差数列，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题， 由正弦定理可得： ③ 由正弦定理，故， 由余弦定理： 代入得： 所以，故. 故答案为：. 13. 已知正方体的棱长为3，垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点，则四棱锥体积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先通过面面平行的性质以及垂直关系得到四边形为矩形，设到平面的距离为，表示出体积，然后利用导数求最值. 【详解】已知正方体垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点， 则面面，又面面，面面， 所以，同理，所以，同理， 即四边形为平行四边形，又，所以， 所以四边形为矩形， 又， 设到平面距离为， 则，所以， 所以四棱锥体积 所以，当时，，当时，， 当时，四棱锥体积最大值. 故答案为：. 14. 对于非空集合，定义函数已知集合，若存在，使得，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由函数的定义可得可取，即可得到的取值范围. 【详解】由题知：可取， 若.则， 即集合，得，即的取值范围为. 故答案为： 四、解答题（共77分） 15. 在中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，，是等差数列． （1）若a，b，c是等比数列，求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用等差数列和等比数列的中项性质，结合同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式，化简求得； （2）由（1）得，再借助角的值，以及两角和与差的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 因为a，b，c是等比数列，所以，有， 因为，，是等差数列，所以. 故. 所以． 【小问2详解】 由（1）的过程可知，若，则. 又由，得， 故． 16. 记的内角，，的对边分别，，，已知． （1）求； （2）设是边中点，若，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及辅助角公式求解. （2）利用和角的正弦公式求出，再利用向量数量积的运算律及正弦定理求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及， 得，又， 则，而， 化简得，即，而，因此， 所以. 【小问2详解】 在中，由，得，， 由正弦定理，得，由是边中点，得， 则，因此， 在中，由正弦定理，得. 17. 如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. （1）已知点为上一点，且，证明：平面； （2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解. 【小问1详解】 证明：如图， 连接交于点，取中点为，连接，，， 在四边形中，，， 故四边形为平行四边形. 故为中点，所以在中，为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面，即平面. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， ，取 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，又， 所以点到平面的距离. 18. 如图，椭圆过点，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为，，过椭圆的右焦点且与轴相交的直线与椭圆相交于，两点，与抛物线相交于，两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线在轴上截距的范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题知，进而解方程即可求得答案； （2）设，进而分别与椭圆和抛物线联立计算弦长，，进而计算面积，，再结合已知求得，且再求直线在轴上截距的范围即可. 【小问1详解】 根据题意得解得所以，焦点. 所以椭圆的方程是：. 【小问2详解】 由题可设直线方程为：，，，，. 由得, 由题知，，, . 又点到直线的距离， 由得，由题知，得，. . ，，解得：且, 或， 直线在轴上截距的取值范围是. 19. 根据央视网消息显示，贵州省文旅厅网站5月1日公布《2023年“五一”假期前三天全省文化旅游情况》，其中显示，假期前三天，根据抽样调查结果，全省接待游客2038.26万人次（用2038万计算），较2022年假日同期增长（用计算），恢复到2019年假日同期水平的（用计算）.某大学旅游管理专业的学生陈枫为了了解“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景的知晓情况，随机抽选了若干名游客进行问卷调查，根据问卷得分，统计如下： 得分 频率 0.10 0.20 0.40 0.20 0.10 （1）求2022年和2019年“五一”假期前三天全省接待游客人次（单位：万），精确到0.01. （2）根据表格估计“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景知晓情况问卷得分的平均水平（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. （3）陈枫为了答谢游客的参与，在问卷得分为的游客中按的比例抽选6人作为景区“幸运游客”，景区在“幸运游客”中随机选取两人评为“五星游客”，求得分为､的游客中各有一人评为“五星游客”的概率. 【答案】（1）1435.21万，1940.95万 （2）90 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据2022年和2019年和已知数据2023年的数据的比例关系求解； （2）由表得，平均数等于每一组的平均值乘以频率的和； （3）根据比例，找出得分为分别抽取2人和4人为“幸运游客”.找出总的组合结果为15，各一人的结果有8种，从而得到概率. 【小问1详解】 由题可知2022年“五一”假期前三天全省接待游客人次为万； 2019年同期接待游客人次为万. 【小问2详解】 由表可得，游客的平均水平估计为 【小问3详解】 由题意可知，在得分为中分别抽选了2人（记为）和4人（记为）为“幸运游客”. 所以从中选两人的可能结果有：共15种， 其中各占一人的结果有： 共8种，所以所求概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $