湖北省鄂州市2024-2025学年高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

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题目要求的.
1. 椭圆 经过 和 两点，则椭圆 的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出 、 的值，可得出 的值，由此可得出椭圆 的焦距.
【详解】由题意可得 ，解得 ， ，则 ，
因此，椭圆 的焦距为 .
故选：D
2. 已知全集 ， ， ，则 可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合 ，利用补集和交集的定义可得结果.
【详解】因为全集 ， ， ，
则 、 ，且 ， ，且 .
故选：B.
3. 将函数 向右平移 个单位后，所得的函数 为奇函数，则 的最小值为
（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数 的解析式，利用三角函数图象变换可得出 的解析式，利用正
弦型函数的奇偶性可求得 的表达式，即可求得正数 的最小值.
【详解】因为 ，
将该函数的图象向右平移 个单位后，所得的函数 为奇函数，
则 ，且有 ，则 ，
因为 ，故当 时， 取最小值 .
故选：C.
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得结果.
【详解】因为 ，则
.
故选：A.
5. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情
况，随机抽取了 100 名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，
则下列数据一定不位于区间 内的是（ ）
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A. 众数 B. 第 70 百分位数 C. 中位数 D. 平均数
【答案】B
【解析】
【分析】根据频率分布直方图分别求出众数、第 70 百分位数、中位数以及平均数，由此即可得解.
【详解】对于 A，众数为 ；
对于 BC， ，
设中位数、第 70 百分位数分别为 ，
注意到 ，
设 ，
解得 ；
对于 D，设平均数为 ，则
.
故选：B.
6. 已知复数 ，若 ，则 的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由 可得出 ，求出直线 与圆 的交点坐标，可知满足
题设条件的点位于图中的弓形区域，计算出弓形区域的面积，结合几何概型的概率公式可求得所求事件的
概率.
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【详解】由 可得 ，即 ，如下图所示：
圆 圆心为 ，半径为 ，
联立 可得 或 ，
所以，直线 交圆 于原点 、 ，
易知 轴，则 ，
则图中阴影部分区域（即弓形区域）的面积为 ，
由题意可知，满足题设的点 位于阴影部分区域，
由几何概型的概率公式可知，所求事件的概率为 .
故选：A.
7. 已知函数 ，若 ， ， ，均有 ，则 的最大
值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数 为奇函数，由已知不等式可得出 ，构造函数
，可知函数 在区间 上为增函数，则 在区间 上恒成立，
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结合参变量分离法与基本不等式可求得实数 的最大值.
【详解】因为函数 的定义域为 ，则 ，
若 ， ， ，均有 ，
则 ，可得 ，
令 ，则 ，
由题意可知 ， ， ，
所以，函数 在区间 上为增函数，
所以， 在 上为增函数，则 在 上为增函数，
由基本不等式可得 ，
当且仅当 时，即当 时，等号成立，故 ，
所以， 的最大值为 .
故选：D.
8. 在三棱锥 中， ， ， ， ，则三棱锥 的体积的最大
值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将三棱锥放置于一平行六面体中，使 P，A，B，C 成为平行六面体的顶点.
由 ， 可得该平行六面体各边相等，据此可得答案.
【详解】如图，将三棱锥 放于平行六面体 中，
则 ，又 ， ，
则 ， .又四边形 ，四边形 为平行四边形，
则四边形 ，四边形 为菱形.
则 .
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注意到 ，
又 ，
则 ，设 PH 与底面 HBGC 夹角为 ，
则
，当且仅当 时取等号，则 .
故选：D
【点睛】关键点睛：对于求三棱锥体积，可适当将几何体放于平行六面体中研究，由题目条件可明确平行
六面体的特征，最后结合三棱锥体积为相关平行六面体体积的 得答案.
二、多选题：本题共 3 小题，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 2 分，有选错的得 0 分.
9. 下列函数的图象绕坐标原点沿逆时针旋转 后得到的曲线仍为一个函数的图象的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】函数的图象绕坐标原点逆时针方向旋转，可以看作坐标轴绕坐标原点顺时针方向旋转，再根据函
数的定义，即可求解.
【详解】利用运动是相对的，函数的图象绕坐标原点逆时针方向旋转，可以看作坐标轴绕坐标原点顺时针
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方向旋转，
根据函数的定义，对于定义域内的每一个自变量 x，都有唯一确定的 与之对应，
逆时针旋转 后得到的曲线，如果仍为一个函数的图象，则曲线与任意一条垂直于 x 轴的直线最多只有一
个交点，
所以函数 的图象与任一斜率为 1 的直线 都最多只有一个交点，
结合函数图象可知，
对于 A， 的图象与直线 都只有一个交点，故 A 正确；
对于 B， 的图象与直线 有两个交点 ，故 B 错误；
对于 C， ， ， ，
所以 的图象，在点 处的切线方程为 ，
的图象与直线 都最多只有一个交点，故 C 正确；
对于 D， 的图象与直线 都只有一个交点，故 D 正确.
故选：ACD.
10. 设 5 个正实数组成公差大于 0 的等差数列，记其首项为 a，公差为 d，且这 5 个数中有 3 个数组成等比
数列，则 的值可能为（ ）
A B. C. 1 D. 2
【答案】BC
【解析】
【分析】结合等差数列，等比数列的性质即可求解.
【详解】由题意知等差数列的 5 个正实数为 ，
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
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则 ，解得 ，即 ，符合题意；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，即 ，符合题意；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
若 成等比数列，
则 ，解得 ，与题意不符；
综上， 或 ，
故选：BC.
11. 已知非零平面向量 ， ， ， 满足： ， ，且
，记 ， ，则（ ）
A. 的最小值为 B. 的最大值为
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C. 的最小值为 D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用数形结合思想，使用余弦定理得到表达 ，转化为二次方程有实数解的问题，利用判别
式分别求得其范围，进而得解.
【详解】由已知条件可绘制如图所示得图形
， 为 中点， ，
， ，
不妨设 ，
， ，或 ，
可统一写为 ，即 有实数根，
判别式大于等于 0，通过代入和化简，得到关于 的四次方程： ,
解得 的取值范围为 ，
的最小值为 ，最大值为 ，对应选项 A 和 B 正确;
同理得 的取值范围是 ，
通过以上分析，可以推导出 的取值范围为：
，
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故选：ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 设正整数数列 满足 ， ，则 ________.
【答案】 或 ## 或
【解析】
【分析】利用赋值法得出 ，结合题意求出 的值，推导出数列 为周期数列，结合
数列的周期性可求得 的值.
【详解】因为正整数数列 满足 ①， ，则 ，
则 ，所以， 或 ，
由题意可得 ②，由①②可得 ，
所以，数列 是周期为 的周期数列，
因为 ，故 或 .
故答案 ： 或 .
13. 已知函数 在 上单调递减，则 a 的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数 的导数，利用给定的单调性列出恒成立的不等式求解.
【详解】函数 ，求导得 ，
依题意， ，而当 时， ，
则 ，所以 a 的取值范围为 .
故答案为：
14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动 1 个单位长
度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动 4 次后染上颜色的点数个数 X 的期望 ________.
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【答案】
【解析】
【分析】由题意分析蚂蚱跳动 4 次后染色的点数，根据独立事件的概率公式求解.
【详解】蚂蚱跳动 4 次后染上颜色的点数个数 X 的可能取值为 ，
表示蚂蚱在 或者 之间来回跳动，
则 ；
表示蚂蚱由 向右最远跳到 ，
可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共 种，
由对称性知由 向左最远跳到 ，也有 种，
由 向左最远跳到 ，最右跳到 ，可能为“左右右左”，“右左左右”有 种，
故一共有 种，
则 ；
表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共 种，
则 ；
表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共 种，
则 ；
则 ，
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是开始在 处也是一个点，因为不能原地跳动，因此 的最小值为 .
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. 在 中，角 、 、 对边分别为 、 、 ，且 .
（1）若 ，求 ；
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（2）若 ， ，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式结合三角恒等变换可得出关于 的二次方程，求出 的值，结合角 的
取值范围可得出角 的值，进而可得出角 的值；
（2）由二倍角的正弦定理结合正弦定理可得出 ，结合余弦定理可求得
的值，利用同角三角函数的基本关系可求出 的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【小问 1 详解】
因为 ， ，
则 ，
由 可得 ，即 ，
，
因为 ，则 ，解得 ，故 ，则 .
【小问 2 详解】
因为 ，所以 .
所以由正弦定理得： ，
由余弦定理知 ，解得 .
因为 ，故 .
16. 如图，棱长为 的正方体 中，平面 与直线 交于点 .
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（1）证明： 为 的重心；
（2）求二面角 的余弦值；
（3）求三棱锥 外接球的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接 、 、 、 ，推导出 平面 ，结合勾股定理推导出 为 的
外心，再由 为等边三角形可得出结论成立；
（2）以 为原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法
可求得二面角 的余弦值；
（3）设球心为 ，由 ，可得出关于 、 、 的方程组，解出这两个量的值，可得
出球心的坐标，求出该球的半径，结合球体体积公式可求得结果.
【小问 1 详解】
连接 、 、 、 ，如下图所示：
因为四边形 为正方形，则 ，
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因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， 、 平面 ，则 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，同理可得 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ， 、 、 平面 ，
则 ， ， ，
因为 ，则 ，
即 ，则 为 的外心，
易知 为等边三角形，故 为 的重心.
【小问 2 详解】
以 为原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系.
所以 、 、 、 、 .
因为 为 的重心，故 ，
所以 ， ，
设 为平面 的一个法向量，则 ，
取 可得 ，
易知平面 的一个法向量为 .
所以 .
因为二面角 为锐二面角，所以二面角 的余弦值为 .
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【小问 3 详解】
设球心为 ，由 ，
可得 ，解得 ，即球心为 ，
所以三棱锥 的球心为线段 中点，且外接球半径为 .
故其外接球体积为 .
17. 已知函数 有两个零点.
（1）求 的值；
（2）证明：当 时， .
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数分析函数 的单调性与极值，根据函数 有两个零点，可得出关于实数 的
等式，结合 即可求得 的值；
（2）分 、 两种情况讨论，在 时，结合不等式的性质验证即可；在 时，
设 ，满足 ，则原不等式等价于 ，令 ，利用
导数分析函数 的单调性，即证 ，通过构造函数 证明即可.
【小问 1 详解】
因为 ，
则 ，
由于 ，当 或 时， ；当 时， .
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所以，函数 的增区间为 、 ，减区间为 ，
因为函数 有两个零点，则 或 ，
解得 或 （舍），故 .
【小问 2 详解】
当 时， ，
结合函数单调性知，当 时， ， ， ，
此时不等式成立.
下面证明 时的情况，设 ，满足 ，
则原不等式等价于 .
考虑到三次函数图象极值点附近的非对称性：
令 ，
则 ，故 在 上单调递减， .
，
故只需证 ，令 ，
当 时， ，故 在 上单调递减.
所以 ，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
18. 已知抛物线 ，点 P 是 W 上位于第一象限内的一点，过 P 作 W 的切线交 y 轴于点 Q.过原点
O 作 PQ 的平行线交 W 于点 A，过 A 作 OP 的平行线交 W 于点 B，BP 交 OA 于点 N.
（1）求 的最大值；
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（2）证明：直线 QN 经过 AB 的中点；
（3）若 OQAB 四点共圆，求 P 点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设 ，利用导数和斜率公式得得 ，再结合两角差的正切公式得
表达式，借助基本不等式求最值；
（2）根据题意，求出点 的坐标，从而得直线 方程为 ，再求出与直线 AB 的交点 ，即可
得证；
（3）设直线 AB 交 y 轴于点 D，设 ， ， ，由于 OQAB 共圆，所以
，解之可得点 坐标.
【小问 1 详解】
记原点为 O 点，不妨设 ，
由于 ，则 .
所以可得过 P 点的切线的方程为 .
又因为 ，故
记 P 点在 x 轴上投影为点 C，在 y 轴上的投影为点 M，记 ，
则 .
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当且仅当 时取等.故 的最大值为 .
【小问 2 详解】
由（1）， ，所以直线 OA 的方程为： .
令直线 OA 与抛物线 联立知 ， ，则 .
直线 AB 的方程为： ，
与抛物线 联立知 ，则 .
所以 P，B 关于 x 轴对称，即 轴.所以 ，
所以直线 方程为 ，与直线 AB 的方程联立可得交点 ，
可得 为 AB 中点，所以 QN 平分 AB.
【小问 3 详解】
设直线 AB 交 y 轴于点 D，
由（2）知 ，且 ，所以 BP 平分 .
因为 ，转化比例得 ， .
由于 OQAB 共圆，所以 .
设 ， ， ，
代入上式得： .
所以 .故 P 点坐标为 .
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【点睛】关键点点睛：利用导数法求抛物线在 P 点的切线的方程交易.
19. 集合 A 为实数构成的有限集，记 为集合 A 的元素个数， 为集合 A 中所有元素之和，若对于集
合 ，存在两两互不相交的集合 ， ， ， ，使得
，且 ， ，则称集合
为 X 的一个 k 分隔.
（1）写出集合 的一个 3 分隔；
（2）证明： 存在一个 3 分隔；
（3）若 ，求集合 存在 k 分隔的概率.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）应用新定义运算求解；
（2）应用新定义运算证明；
（3）先证存在 k 分隔的充要条件为 k 为大于 1 的奇数，再根据 有 1012 个数符合题意，最后
应用古典概型计算即可.
【小问 1 详解】
记 ， ， ，则 为集合 X 的一个 3 分隔.
【小问 2 详解】
取 ，
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.
经检验， 为集合 X 的一个 3 分隔，即证.
小问 3 详解】
要使 存在 k 分隔，必有 .
一方面，由 且 知 .
又因为 为正整数，故 k 为奇数.
另一方面，不妨设 ，我们证明此时 存在 k 分隔.
设 ， ，则 .
先取第一列：令 ， ， ， ，
为满足 存在 k 分隔，则 ， （ ，2， ）.
且 .注意到一组等式：
在这组等式中，第一列是 1，2， ， 的排列，第二列是 ， ， ， 的排列.
第三列中前 行为 ， ， ， 中的奇数，后 行是 ， ， ， 中的
偶数，
合起来是 的排列，从而我们可以找到所需的 ， .
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即取 ， ， ， ；
， ， ， .
这样构造出的 为集合 的 k 分隔.
综上， 存在 k 分隔的充要条件为 k 为大于 1 的奇数，而 有 1012 个数符合题
意，
故集合 存在 k 分隔的概率为 .
【点睛】关键点点睛：解题的关键是对集合的新定义的理解应用.
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