2025届湖南省郴州市高三上学期12月期末考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省郴州市高三上学期12月期末考试数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，
所以
故选：B
2. 设，是两个平面，，是两条直线，若，，则“”是“，”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若，，则,可能平行，也可能相交，
故不一定成立，
若，则，，
故是，的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知向量，满足，，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
则，
所以，
所以.
故选：C.
4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为，，则“”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种基本事件，
设为抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为，，则“”，
则中共有基本事件3种：，，
所以，故“”的概率为.
故选：D.
5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，为的中点，为线段上一点，若（为坐标原点），则（ ）
A. 4B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】如图，连接，
由题意可知，
因为为坐标原点，为的中点，
所以，，
则.
故选：C
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，，，，为边上一点，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为在中，，又为边上一点，且，
所以，
又，所以，
所以，解得，
所以.
故选：D.
7. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】令，求导得，
令，所以，所以在上单调递增，
所以，所以，所以单调递增，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
令，求导得，
所以在上单调递减，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以.
故选：B.
8. 已知是递减的整数数列，若，且，则的最小值为（ ）
A. 54B. 55C. 63D. 64
【答案】D
【解析】因为是递减的整数数列，
所以要使最小，应使递减的幅度尽可能小,考虑公差为的等差数列,
设,由,得.
记前项和为，则,当时,，
不满足题意；当时，，
因,只需去掉这一项即可，
即满足题意的数列为 ，即的最小值为 64.
故选：D
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知事件、发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 一定有
D. 若，则与相互独立
【答案】ABD
【解析】对于A选项，由对立事件的概率公式可得，A对；
对于B选项，因为，
当且仅当时，等号成立，
又因为，，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
综上所述，，B对；
对于C选项，因为，，无法确定、的包含关系，C错；
对于D选项，因为，
所以，，则、独立，进而可知，与相互独立，D对.
故选：ABD.
10. 已知函数则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 仅有个极大值点
C. 无最大值，有最小值
D. 当时，关于的方程共有个实根
【答案】BC
【解析】对于A选项，当时，，
则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，A错；
对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，此时函数有极小值点，无极大值点，
综上所述，函数仅有个极大值点，B对；
对于C选项，当时，，
当时，，
所以，函数的最小值为，函数无最大值，C对；
对于D选项，如下图所示：
由图可知，当时，关于的方程共有个实根，D错.
故选：BC.
11. 已知正方体的棱长为，、、分别为棱、、上的动点，是空间中任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 用一个平面截该正方体，所得截面面积的最大值为
C. 若，则的最大值为
D. 若，则三棱锥的体积最大时，其外接球的体积为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，因为平面，平面，则，
因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，A对；
对于B选项，取截面，因为平面，平面，
则，
易得，，且四边形为矩形，
则，
所以，用一个平面截该正方体，所得截面面积的最大值不是，B错；
对于C选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0、、，
设点、，
，，
因为，则，
可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，当时，则的最大值为，C对；
对于D选项，设点，则，，
因为，则，可得，
所以，的最大值为，此时，，即当点的坐标为，
点到平面的距离达到最大值，
因为为定值，此时，三棱锥的体积取最大值，
且，
由于平面，将三棱锥补成长方体，如下图所示：
则三棱锥的外接球直径为，
可得，所以，其外接球的体积为，D对.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则______________.
【答案】16
【解析】因为，
所以，，
故答案为：16
13. 已知函数的图象关于直线对称，则______________.
【答案】3
【解析】由知，即，
所以函数的定义域为
由函数的图象关于直线对称，
所以，且恒成立，
即，
所以，整理得，
所以，故
故答案为：3
14. 已知定点和，当点在椭圆上运动时，的面积的最小值为2，最大值为18，则______________.
【答案】
【解析】由题知直线不与椭圆相交，
可设直线的方程为，点，
则点到直线的距离为，
由题可知为定值，则当变化时，的最大值与最小值的
比值为，因为的值不为0，所以其值恒为正或恒为负.
由辅助角公式可知的最大值为，为正，
所以最小值也为正，
所以，解得，所以，
因为的面积的最小值为2，所以，所以.
故答案为：
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. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；
（2）若在区间上存在最小值，求实数的取值范围.
解：（1）由图可得，
由，则最小正周期，即，
又当时，取到最大值，则，
所以，又，所以，
所以；
（2）当时，，
若函数在区间上存在最小值，则，解得，
所以实数的取值范围为.
16. 如图，在几何体中，平面，，且，四边形为菱形，，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：由平面，平面，得：，
再由四边形为菱形，得：，
因为，所以平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：以菱形中心为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
由，，可知，
再由，可知，
则，
所以，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则有，
令，
则，即，
设平面的法向量为，
则有，
令，
则，即，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
17. 在直角坐标系中，已知抛物线上两动点，满足.
（1）证明：直线过定点；
（2）设直线过定点，以为直径作圆，过点且斜率为的直线与交于，两点，将圆沿轴折起，使平面平面，求折起后的长度的取值范围.
（1）证明：由题可设直线的方程为：，且，
设，
则，，
所以，
因为，
所以，
解得（舍）或，
则直线的方程为：，
故直线过定点；
（2）解：由（1）得，以为直径作圆，
则圆心，半径，
则圆的方程为，
设直线，
联立直线与圆的方程,可得，
所以，
作轴于轴于，连接，
因为平面平面，交线为轴，，平面，
所以平面，则，
故折起后
，
又，所以，
即折起后的长度的取值范围为.
18. （1）证明：，其中，，且.
（2）证明：若服从二项分布，则.
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为.双方约定比满局，赢的局数多的人获胜.设甲获胜的概率为，证明是递增数列，并说明该结论的实际含义.
证明：（1）.
（2）令，由服从二项分布，
得，
因此，
令，所以.
（3）设事件“比满局甲获胜”，“第局甲胜”，“第局甲胜”，
因此
，而，则，
所以是递增数列，该结论的实际含义是：比赛局数越多，对实力较强者（如甲）越有利.
19. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求，的值.
（2）若正项数列的前项和为，且，，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.
（1）解：，
由题意可得，则，
又，切点在切线上，
所以，则，所以，解得；
（2）证明：（ⅰ）因为，所以要证，即证
又，所以即证，
因为数列为正项数列，所以可设，不等式化为，
设，则恒成立，
故函数在上单调递增，则恒成立，
即在上恒成立，则原命题得证；
（ii）先证明，即证，
设，
则，
又设函数，则，所以时，，
则函数在上单调递增，故，
即当时，恒成立，所以，
所以，
所以，则在上单调递增，
所以，则所证不等式成立，
因为，所以，所以，
又，所以，
所以当时，，
又当时，，
故.