精品解析：2025届湖南省长沙市望城区第六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（共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则的内切圆半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于两点，则的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 为随机事件，已知，下列结论中正确是（ ） A. 若为互斥事件，则 B. 若为互斥事件，则 C. 若是相互独立事件，则 D. 若，则 8. 如图，在直三棱柱中，，，，为中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 东北师大附中培养的学生德才兼备、全面发展、在校团委领导下的各个社团，积极开展各项活动，其中甲、乙两个社团为了钠新，利用7天的时间进行宣传，将每天宣传次数绘制成如下频数分布折线图（其中前三天宣传次数相同），则下列说法正确的是（ ） A. 甲社团众数小于乙社团众数 B. 甲社团的平均数小于乙社团的平均数 C. 甲社团的极差大于乙社团的极差 D. 甲社团的方差大于乙社团的方差 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在三个不同的零点 B. 函数既存极大值又存在极小值 C. 若时，，则t的最大值为2 D. 当时，方程有且只有两个实根 11. 在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 为钝角三角形 C. 若．则的面积是 D. 若的外接圆半径是，内切圆半径为，则 三、填空题（共15分） 12. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为______． 13. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为______. 14. 设抛物线焦点为，经过点的直线与抛物线相交于两点，且点恰为的中点，则__________. 四、解答题（共77分） 15. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）设的中点为，若，且，求的周长． 16. 已知数列是以2为公比的等比数列，且. （1）解不等式：. （2）数列中，定义：使为整数的数叫做期盼数.求区间[1，100]内的所有期盼数的和. 17. 在四棱锥中，，，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图像上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. （1）若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； （2）设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； （3）已知，若函的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 19. 在重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为. ①若用表示事件发生的次数，则称随机变量服从二项分布，记作. ②若用表示事件首次发生所需试验次数，则称随机变量服从几何分布，记作. （1）现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不放回两种情形求事件“至多试3次打开门”的概率； （2）一般地，分别写出服从二项分布的随机变量和服从几何分布的随机变量的分布列及数学期望； （3）证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量具有无记忆性，即，其中和为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义. 提示：. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出各个集合，再由集合的补集和交集的定义求解即可 【详解】解不等式，则其解为. 又因为，所以. 求解集合：解不等式，则，得，所以. 那么或. 所以. 故选：B. 2. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则的内切圆半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出，然后利用面积公式计算出，再利用余弦定理和基本不等式计算出，最后计算出的最大值. 【详解】设的内切圆半径为，由题意可得， 由余弦定理可得， 而，故， 由余弦定理可得，则，当且仅当时等号成立， 而，则，其中， 故， 令，故. 故选：B 3. 在中，，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线为x轴，过垂直BC的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，取的中点为，求得的轨迹方程，数形结合可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线为x轴，过垂直的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，由，可得是以为直径的圆， 所以的轨迹方程为， 取的中点为，设， 可得，所以，所以， 所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为， 由，所以，所以， 所以， 所以. 故选：A. 4. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由一元二次函数性质结合题意列出关于的不等式组，解不等式组即可得解. 【详解】因为函数是上的增函数， 所以. 故选：A 5. 在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于两点，则的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得直线过定点以及圆心到直线的距离的取值范围，得出的面积的表达式利用三角函数单调性即可得出结论. 【详解】根据题意可得直线恒过点，该点在已知圆内， 圆的圆心为，半径，作于点，如下图所示： 易知圆心到直线的距离为，所以， 又，可得； 因此可得， 所以的面积为. 故选：D 6. 已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数并探讨奇偶性，由有唯一零点求出，再验证即可. 【详解】令函数，其定义域为R， ，函数为偶函数， 由函数与的图象恰有一个交点，得有唯一零点， 因此，即，解得，， 当时，， 令函数，，函数在上单调递增， ，则当时，，函数在上递增，在上递减， 所以函数有唯一零点，. 故选：A 7. 为随机事件，已知，下列结论中正确的是（ ） A. 若为互斥事件，则 B. 若为互斥事件，则 C. 若是相互独立事件，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥、对立事件概率求法判断A、B；根据事件关系及独立事件乘法求判断C；应用条件概率公式求. 【详解】A：由A、B是互斥事件，故，错误． B：由知：由，故B错误； C：由于A，B是相互独立事件，， ，错误． D：，则， ，正确． 故选：D 8. 如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，画图找出外接球球心，再利用勾股定理和基本不等式求解即可. 【详解】解：由题易知是等腰直角三角形，则外接圆的圆心在AM的中点处， 过作平面ABC的垂线，则外接球的球心O在上， 过点P作交于点N，则四边形为矩形， 因为，，所以， 在三角形中，由余弦定理：可得， 所以， 设，，三棱锥的外接球的半径为R， 则，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以， 则三棱锥的外接球表面积 故选：B. 二、多选题（共18分） 9. 东北师大附中培养的学生德才兼备、全面发展、在校团委领导下的各个社团，积极开展各项活动，其中甲、乙两个社团为了钠新，利用7天的时间进行宣传，将每天宣传次数绘制成如下频数分布折线图（其中前三天宣传次数相同），则下列说法正确的是（ ） A. 甲社团众数小于乙社团众数 B. 甲社团的平均数小于乙社团的平均数 C. 甲社团的极差大于乙社团的极差 D. 甲社团的方差大于乙社团的方差 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据众数，平均数，极差，方差的公式计算即可. 【详解】甲7天的次数依次为，乙7天的次数依次为， 对于A，甲的众数为，乙的众数为， 则甲社团众数小于乙社团众数，故A正确； 对于B，甲社团的平均数为， 乙社团的平均数为， 则甲社团的平均数等于乙社团的平均数，故B错误； 对于C，甲社团的极差为，乙社团的极差， 则甲社团的极差大于乙社团的极差，故C正确； 对于D，甲社团的方差为 ， 乙社团的方差为 ， 则甲社团方差大于乙社团的方差，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在三个不同的零点 B. 函数既存在极大值又存在极小值 C. 若时，，则t的最大值为2 D. 当时，方程有且只有两个实根 【答案】BCD 【解析】 【分析】求得，得到函数的单调性和极值，以及时，，当时，，作出函数的图象，如图所示，结合图象，逐项判定，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，解得或， 当时，；当时，；当时，， 所以函数单调递减，在上单调递增， 当，函数取得极小值； 当，函数取得极大值， 当时，，当时，， 作出函数的图象，如图所示，结合图象得： 对于A中，函数存在两个不同的零点，所以A不正确； 对于B中，函数既存在极大值又存在极小值，所以B正确； 对于C中，当时，，可得，所以t的最大值为，所以C正确； 对于D中，若方程有且只有两个实根， 即与的图象有两个不同的交点，可得，所以D正确. 故选：BCD. 11. 在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 为钝角三角形 C. 若．则的面积是 D. 若的外接圆半径是，内切圆半径为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】由正弦定理可得，设，，，即可判断A，利用余弦定理求出，即可判断B，结合A求出边，再结合B求出，最后由面积公式判断C，首先由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D. 【详解】因为， 由正弦定理，可得， 设，，， 则，故A错误； 由题意可知，为最大角， 因为，故为钝角，故B正确； 若，则，，， 又，所以， 所以的面积，故C错误； 由正弦定理得，，即， 由面积公式可得， 即， 所以， 所以，故，故D正确． 故选：BD． 三、填空题（共15分） 12. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为______． 【答案】. 【解析】 【分析】由条件求出函数解析式中的范围，列出使得有意义的不等式，解不等式可得结论. 【详解】因为函数的定义域是， 所以，故， 因为有意义， 所以，所以， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 13. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为______. 【答案】 【解析】 【分析】表示出投影向量，即可求得，进而利用求得结果. 【详解】由题知，在上的投影向量为， 即，则，， 所以. 故答案为： 14. 设抛物线的焦点为，经过点的直线与抛物线相交于两点，且点恰为的中点，则__________. 【答案】14 【解析】 【分析】设，根据抛物线的定义，得，又根据中点坐标公式，可得，代入即可得到的值． 【详解】由题意可得， 设，抛物线的准线：， 过分别作准线的垂线，垂足分别为， 根据抛物线的定义，得， 故， 因为的中点为， 所以，可得， 所以. 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）设的中点为，若，且，求的周长． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合可以得到，进而得到； （2）在和中分别利用余弦定理，结合，可以求得的值，进而得到的周长. 【小问1详解】 由得， 由正弦定理可得，， 因为， 所以， 代入上式，整理得， 又因为，，所以， 又因为，解得. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 而，，所以①， 在中，由余弦定理得②， 由①②两式消去a，得，所以， 又，解得，．， 所以的周长. 16. 已知数列是以2为公比的等比数列，且. （1）解不等式：. （2）数列中，定义：使为整数的数叫做期盼数.求区间[1，100]内的所有期盼数的和. 【答案】（1） （2）5047 【解析】 【分析】（1）根据数列是以2为公比的等比数列，求得，从而得到，再利用错位相减法求得求解； （2）由，得到时，为整数，且求解. 【小问1详解】 解：由题意可知数列是以2为公比的等比数列， 又，得， 即，得， 所以，则， 设， 所以， 两式相减，得， ， 得，所以， 解得不等式的解集为. 小问2详解】 因为，所以 易得当时，为整数， 又， 故区间[1，100]内的所有期盼数的和为 17. 在四棱锥中，，，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质可以建立空间直角坐标系，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 ∵点为的中点，则， ∵，∴， 又即，∴四边形为平行四边形， ∴，平面，平面，则平面. 【小问2详解】 连接交于，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴为的中点，又，则， ∵平面平面，平面，面面， ∴平面，又平面，∴， 在中，由余弦定理可得， ∴，∴，∵， ∴为直角三角形，即， 过点作的平行线，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图 可得， ∴， 设面的法向量为，则， 取得，∴ 设与平面所成的角为，则 ∴与平面所成的角的正弦值为 18. 已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图像上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. （1）若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； （2）设图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； （3）已知，若函的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 【答案】（1）是函数的“类数”，不是函数的“类数”，理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合题目给的新定义，判断是否满足点在导函数图像上，且满足即可； （2）结合题目给的条件有存在，使得且，分析出当不成立，结合零点存在定理知，必存在使，从而得到存在零点，得到； （3）对求导，然后先证明，再证明，从而得到时，函数的“类集”为，同时得到也成立，从而得到的最大值是. 【小问1详解】 ， 是函数的“类数”； ， ， 不是函数的“类数”. 【小问2详解】 函数的“类集”为集合，且， 存在，使得且， 若，则， 函数的图像是连续不断的， 不妨设，由零点存在定理知，必存在使， 存在零点，即； 【小问3详解】 ， ， 先证明； 函数的“类集”为， 对任意， 令，则， 函数的值域为， 当时，必有， 即对于恒成立， 函数的最小正周期应有，即，则. 再证明，此时，对于任意， 当时，，则， 当时，，则， 时，函数的“类集”为，即， 我们不难发现，上述过程中令也成立， 因此的最大值是. 【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题． 第一、准确转化．解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义，紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化． 第二、方法的选取．对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目定义的本质并进行推广、运算． 第三、应该仔细审读题目．严格按新信息的要求运算．解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰． 19. 在重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为. ①若用表示事件发生的次数，则称随机变量服从二项分布，记作. ②若用表示事件首次发生所需的试验次数，则称随机变量服从几何分布，记作. （1）现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不放回两种情形求事件“至多试3次打开门”的概率； （2）一般地，分别写出服从二项分布的随机变量和服从几何分布的随机变量的分布列及数学期望； （3）证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量具有无记忆性，即，其中和为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义. 提示：. 【答案】（1） （2）的分布列见解析，；的分布列见解析， （3）证明见解析，实际意义见解析 【解析】 【分析】（1）由题意，有放回时，用表示首次开门所需的试开次数，则； 不放回时，则符合古典概型； （2）由题可得二项分布及几何分布分布列，然后由期望计算公式化简后可得答案； （3）由条件概率计算公式可完成证明，然后根据（1）可得其实际意义. 【小问1详解】 设“至多试3次打开门”为事件. （ⅰ）用表示首次开门所需的试开次数，则，从而 （ⅱ）不放回情形属于古典概型， 【小问2详解】 的分布列为， 令，由，可得. 令，则 的分布列为，，其中为正整数 记，① ，② ①-②， ，， 【小问3详解】 设，令，则， 实际意义：几何分布的无记忆性说明：如果不总结前面试验的经验，一直按最初的方式进行尝试性试验，就不能有助于成功的出现，“失败是成功之母”的效率就不能提高. 在（1）中，情形（ⅰ）是不总结经验，试开门的过程构成重伯努利试验：情形（ⅱ）是总结经验，试开门的过程不构成重伯努利试验，从（1）的结果说明总结经验会提高事件成功的概率，从中可体会“失败是成功之母”更深层次的含义：总结失败教训，提高成功概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$