精品解析：2025届湖南省长沙市一中城南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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的取值情况，分析判断集合中元素的特征得不等式，求解即得. 【详解】因， 则， 故. 故选：D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法法则求得z，再由模的定义计算. 【详解】因为复数z满足，所以复数z满足， 所以. 故选：A. 3. 在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】将四面体补形为直三棱柱，设，由可得，在中，由勾股定理可得，利用余弦定理和基本不等式求解. 【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱. 因为与所成的角为，所以或. 设，外接球半径记为，外接球的球心如图点. 易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 于是，所以. 在中，， 在中，由余弦定理得， 显然当时，外接球的半径会更小，此时， 所以， 所以，故它的外接球半径的最小值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. 4. 已知等比数列中，，，则（ ） A. 26 B. 32 C. 512 D. 1024 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，联立，，解出，，代入，即可得到答案. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，， 所以，， 由，则，得， 解得， 所以. 故选：D. 5. 函数的部分图象大致为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到函数为奇函数，排除B、C，再由时，，即可求解. 【详解】由函数，可得函数的定义域为， 且满足， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B、C不符合题意； 又由当时，，所以， 所以A不符合题意，D符合题意. 故选：D. 6. 已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围，再由可得答案. 【详解】∵在上单调递增，∴，∴， 所以， ∵，， ∴，，∴. 故选：B. 7. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，建立方程组，解之即可求解. 【详解】由题可知，点在上， ， 又， ，解得. 故选：C． 8. 1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先在直角三角形中利用正弦值求出，再在直角中利用勾股定理即可求解. 【详解】在直角中， ，即， 在直角中，. 故选：A. 二、多选题（共18分） 9. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 D. 若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】由函数图象可得，由，解得，故A正确； 所以，又函数过点，即， 所以，，即，，又，所以， ∴， 对于B：当时，， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C：将函数的图象向右平移个单位得到： ，故C错误； 对于D：当时，， 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以在上单调递减， 又，，， 故方程在上有且只有一个实数根时，则的取值范围是，故D错误． 故选：AB. 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量，则 B. 已知随机变量， C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用二项分布的期望公式及期望性质可判断A，利用正态曲线的对称性可判断B，根据百分位数的求法可判断C，利用两组数据方差的特征可判断D. 【详解】对于A，因为，所以， 所以，故A正确； 对于B，因为随机变量，所以，故B正确； 对于C，因为，所以数据的第百分位数是，故C正确； 对于D，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为， 则甲乙组成的总体样本的方差为， 故D不正确. 故选：ABC. 11. 已知正方形ABCD在平面直角坐标系xOy中，且AC：，则直线AB的方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由正方形的特征可知，直线与直线夹角为，由直线斜率利用两角差的正切公式求出直线的斜率，对照选项即可判断. 【详解】设直线倾斜角为，直线的倾斜角为， 直线斜率为2，有，则. 依题意有或， 当时，，即， 解得，即直线的斜率为-3，C选项中的直线斜率符合； 当时，，即， 解得，即直线的斜率为，B选项中的直线斜率符合. 故选：BC 三、填空题（共15分） 12. 已知公差为正数的等差数列的前n项和为，是等比数列，且，，则的最小项是第______项． 【答案】2 【解析】 【分析】设出公比，公差，首项，依据给定条件得到，进而得到，最后写出，利用二次函数的性质求解即可. 【详解】设公比为，故， ，可得， 设的首项为，公差为，故得， 化简得，解得，故， 故当最小时，，故得是的最小项，即的最小项是第2项． 故答案为：2 13. 在平面直角坐标系中，已知点，若为平面上的一个动点且，则点运动所形成的曲线的方程为______． 【答案】. 【解析】 【分析】设点坐标，再根据题意列出等式，化简即可求得轨迹方程. 【详解】设，则由可得，化简得. 故答案为：. 14. 二项式的展开式中仅有第5项系数最大，则它的展开式中常数项为______（用数字作答） 【答案】28 【解析】 【分析】由二项式展开式结合二项式系数的性质，得到，再利用展开式求常数项即可. 【详解】因为二项式第项二项式通项为，且展开式中仅有第5项系数最大， 所以由二项式系数的性质可得展开式共有项，， 所以在展开式中常数项中，解得， 所以常数项为， 故答案为： 四、解答题（共77分） 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若角的平分线交边于点，，求面积的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和差的正弦公式化简即可得解； （2）根据角平分线性质，求得和，再将转化为与的关系，利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 则， 即， 又，所以，所以， 又，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 如图，由题意及第（1）问知，， 且， ∴， ∴，化简得， ∵，，∴由基本不等式得，∴， 当且仅当时，等号成立， ∴， ∴， 故的面积的最小值为. 16. 已知函数 （1）若在处的切线方程为，求、的值； （2）若时，在上恒成立，求的取值范围； 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得直线的斜率，根据导数的几何意义，再结合点在切线上，即可求解； （2）由题意得，且在上，，所以即可求出，再利用导数的几何意义及零点存在定理结合对零点“设而不求”的方法证明即可. 【小问1详解】 ， 由题意得， 所以，即， ， 所以， 故，. 【小问2详解】 ， 若上恒成立，即， 故是在上的极小值，所以， ，，解得， 下证时，， 令，， ①在上单调递减，，， 由零点存在定理，，使得， 上，，单调递增， 在上，，单调递减， ，，， 由零点存在定理，使得， 在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以上，，，， ②在上，单调递增， ，单调递减，所以， 综上，只有当时，在上，所以. 17. 设正项等比数列，，且、的等差中项为． （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项为，数列满足，为数列的前项和，求． 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件求出数列的公比，再利用等比数列的通项公式可求得； （2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解即可． 【小问1详解】 解：设等比数列的公比为，则， 由题意可得，解得， 则. 【小问2详解】 解：由（1）得，则， 所以，数列为等差数列，所以，， 所以，， 则. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点． （1）若为的中点，证明：平面； （2）设直线与平面所成的角为，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）线段AB的中点为，连接，，易证，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 证明：如图，设线段AB的中点为，连接，， 在中，为的中点，为的中点，所以． 又在矩形中，且， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为，为AB的中点，所以F为的中点， 又G为的中点，在中有． 所以可得，又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，，，， 设，且，则， 所以， 设平面的法向量为， 因为，， 由，得， 令，则，，所以为平面的一个法向量， 所以； 令，则， 所以，即，时，有最大值． 19. 已知椭圆与双曲线的焦点与的焦点间的距离为. （1）求与的方程； （2）过坐标轴上的点可以作两条与的公切线. （i）求点的坐标. （ii）当点在轴上时，是否存在过点的直线，使与均有两个交点？若存在，请求出的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）或或或；（ii）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，求解即可求与的方程； （2）（i）显然公切线斜率存在且不为0，设公切线，分别与与的方程联立方程组，利用判别式等于0可求公切线方程，公切线的交点即点的坐标. （ii）假设存在直线与均有两个交点，由（i）知，判断方程组有无解即可. 【小问1详解】 由题意可得，解得. 所以. 【小问2详解】 （i）显然公切线斜率存在且不为0，设公切线， 联立得， 则， 即① 联立得， 则，即② 联立①②得，所以公切线为或. 公切线的交点即点的坐标， 由，解得，由，解得， 由，解得，，解得， 综上所述：或或或. （ii）当点在轴上时，， 假设存在直线与均有两个交点， 由（i）知，不等式组无解， 所以不存在过点的直线与均有两个交点. 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. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4. 已知等比数列中，，，则（ ） A. 26 B. 32 C. 512 D. 1024 5. 函数的部分图象大致为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 D. 若方程在上有且只有一个实数根，则取值范围是 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量，则 B. 已知随机变量， C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为 11. 已知正方形ABCD在平面直角坐标系xOy中，且AC：，则直线AB的方程可能为（ ） A B. C. D. 三、填空题（共15分） 12. 已知公差为正数的等差数列的前n项和为，是等比数列，且，，则的最小项是第______项． 13. 在平面直角坐标系中，已知点，若为平面上的一个动点且，则点运动所形成的曲线的方程为______． 14. 二项式的展开式中仅有第5项系数最大，则它的展开式中常数项为______（用数字作答） 四、解答题（共77分） 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若角的平分线交边于点，，求面积的最小值． 16 已知函数 （1）若在处的切线方程为，求、的值； （2）若时，在上恒成立，求的取值范围； 17. 设正项等比数列，，且、的等差中项为． （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项为，数列满足，为数列的前项和，求． 18. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点． （1）若为的中点，证明：平面； （2）设直线与平面所成的角为，求的最大值． 19. 已知椭圆与双曲线的焦点与的焦点间的距离为. （1）求与的方程； （2）过坐标轴上的点可以作两条与的公切线. （i）求点的坐标. （ii）当点在轴上时，是否存在过点的直线，使与均有两个交点？若存在，请求出的方程；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $