湖南省长沙市铁路第一中学2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

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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. 设是锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和与差的余弦公式，结合齐次式弦化切可得，进而可得答案.
【详解】因为且，
所以，
故，结合，
解得.
故选：C.
2. 已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准方程，再利用直线与圆相交的性质与圆的弦长公式得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为圆，可化为，
则其圆心为，半径为，且，即，
圆心到直线的距离为，
因为直线与圆相交，且所得弦的长度小于6，
所以，解得，
综上，，即
故选：D.
3. 已知平面向量均为单位向量，且夹角为，若向量与共面，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，然后由解方程组求出，再利用模长的定义求出即可.
【详解】设，
因为，
又，即，
解得，
所以，所以，
故选：B.
4. 某城市随机选取个人参加活动，假设该城市人口年龄分布均匀，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，则至少需要选取（ ）个人.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步计数原理及排列，先求得选取个人中生肖均不相同概率，再求出，即可求解.
【详解】已知个生肖，按先后顺序选择个人，每次选中的人有种等概率可能，由分步乘法原理共有种情况，
若选取个人中生肖均不相同，有种可能，故选取个人中生肖均不相同概率，
要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，即，
由于，即随n随n的增大而减小，
，，故至少要选个人，
故选：C
5. 郑州绿博园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（ ）
A. 168种B. 156种C. 172种D. 180种
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，用间接法分析，先分4步进行不受限制的排法数目，再排除计算其中小李和小王在一起的排法数目，从而可得答案
【详解】根据题意，设剩下的2个展区为丙展区和丁展区，用间接法分析：
先计算小李和小王不受限制的排法数学：先在6位志愿者中任选1个，安排在甲展区，有种情况，
再在剩下5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况，
最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个展区，有种情况，
所以小李和小王不受限制的排法有种，
若小李和小王在一起，则两人去丙展区或丁展区，有2种情况：
在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有种情况，
再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况，
最后安排2个安排到剩下的展区，有1种情况，
则小李和小王在一起的排法有种，
所以小李和小不在一起的排法有种，
故选：B
6. 已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先联立与抛物线方程，结合已知、韦达定理求得，进一步通过抛物线定义、三角形三边关系即可求解，注意检验等号成立的条件.
【详解】由题得的焦点为，设倾斜角为的直线的方程为，
与的方程联立得，
设，则，故的方程为.

由抛物线定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，
联立抛物线与直线，化简得，
由得与相离.
分别是过点向准线、直线以及过点向直线引垂线的垂足，连接，
所以点到的准线的距离与点到直线的距离之和,等号成立当且仅当点为线段与抛物线的交点，
所以到的准线的距离与到的距离之和的最小值为点到直线0的距离，即.
故选：D.
7. 已知函数满足，求在的导数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，令，求得，在中，令求得答案.
【详解】因为，
所以，解得，
.
故选：D.
8. 图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二面角平面角可得为，再在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】
连接AC、BD相交于点O，连接SO，因四棱锥为正棱锥，
所以平面ABCD，取AB的中点E，连接SE、OE，
因为，所以，
所以即为平面ABCD与平面ATBS的夹角，即,
设，则，
所以，，
在中，由余弦定理，
故选：A．
二、多选题（共18分）
9. 已知函数满足对任意，都有，则（ ）
A. B. 可能是增函数
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】取计算可判断AB；用代换可得，进而可得可判断D；取，可求得可判断D.
【详解】令，得，解得，
代入，得，所以A正确，B错误；
用替换中的，得，
用替换中的，得，
所以，故D正确；
中，取得，取得，
所以，故C正确.
故选：ACD.
10. 已知函数的最大值为，其部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 函数为偶函数
C. 在上恰有4个零点，则
D. 当时，函数的值域为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：根据函数周期分析判断；对于B：根据函数最值分析判断；对于C：令，可得，以为整体，结合正弦函数性质分析判断；对于D：整理可得，结合正切函数分析求解.
【详解】对于选项A：因为，
由图象可知：函数的最小正周期，
且，则，解得，可得，故A正确；
对于选项B：由图可知：当时，函数取到最大值，
则，
整理可得，解得，
则，
所有为偶函数，故B正确；
对于选项C：令，可得，
因为，则，
若在上有4个零点，
则，解得，故C正确；
对于选项D：因为，
又因为，则，可得，
所以函数的值域为，故D错误；
故选：ABC.
11. 已知点，圆，则（ ）
A. 圆与圆公共弦所在直线的方程为
B. 直线与圆总有两个交点
C. 圆上任意一点都有
D. 是的等差中项，直线与圆交于两点，当最小时，的方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A通过圆的方程相减即可判断，B通过直线过定点，点在圆内即可判断；C：求得的轨迹方程即可判断；D通过等差中项得到，确定直线过定点，由最小，得到圆心和弦中点的连线与直线，即可求解.
【详解】对于A:两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程：；错误
对于B：过定点，而在圆的内部，所以直线与圆总有两个交点，正确；
对于C:设，由可得：化简可得： ，所以满足条件的轨迹就是圆，正确；
对于D：因为是的等差中项，所以（不同时为0）
所以可化为，即
可令，
解得，则直线过定点，
设的圆心为，
当与直线垂直时，最小，此时，
即，得，结合
所以，解得
直线的方程为.正确
故选：BCD
三、填空题（共15分）
12. 在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为________.
【答案】17
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，再由求出的各组值，计算比较得解.
【详解】在等差数列中，，解得，而，则，
数列的公差，则，由，得，
而，则或或或，
所以当时，的最小值为.
故答案为：17
13. 若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设正三棱台，先考察正三棱台的一个侧面，设，求得，设三棱台的上底面中心为，下底面中心为，利用三角形重心的性质求得，设球的半径为，，利用勾股定理即可求解．
【详解】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面.
设，在中，由于是钝角，故中最大的边是.
若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边；
若一边长1，一边长，则变为直角三角形；
若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾.
因而只能是.
设三棱台的上底面中心为，下底面中心为.
如图，在直角梯形中求球的半径，

在直角梯形中求球的半径，
利用重心的性质容易求得，
设球的半径为，，由图1 得，
解得（舍），
由图2得，解得，
故球的表面积为.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
14. 已知，且在单增，上单减，则_________
【答案】
【解析】
【分析】根据，求出，在单增，上单减求出.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，因为在单增，上单减，
所以是的最大值点，所以，
所以，因为在单增，上单减，
所以单调区间长度大于等于，所以，
且，所以，所以.
故答案为：.
四、解答题（共77分）
15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理，可得，得，则，即可求得；
（2）由面积为，利用三角形面积公式可得，由余弦定理得，即，则可求得的值.
【小问1详解】
由正弦定理得，，
又，
，
，，
，
，
，.
【小问2详解】
面积为，
，
，
，，
由得，
即，
.
16. 已知等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，求出，即可求出结果；
（2）利用（1）中结果，得到，再利用等差数列的前项公式，即可求解.
【小问1详解】
设公比为，因为，
所以，解得，所以的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，
所以.
17. 已知函数.
（1）求函数的最大值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）确定函数定义域，求出导函数，利用导数正负，可得函数的单调区间，从而求出函数的最大值；（1）分离参数，将问题转化为在上恒成立，令，利用导数研究在上的最大值即可得到答案.
【小问1详解】
函数的定义域为，且，
令，解得：，
令，解得：
所以的单调增区间为，单调减区间为，
则
【小问2详解】
不等式在上恒成立，即在上恒成立，
令，
则，
令，解得：，
令，解得：
所以的单调增区间为，单调减区间为，
则，
所以，
所以不等式在上恒成立，则实数取值范围为
18. 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．
（1）作出点在平面的射影，并证明；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）作图见解析，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明平面，应用余弦定理得出，再结合面面垂直性质定理得出平面，，最后根据线面垂直判定定理证明；
（2）由平面底面时，建立空间直角坐标系，求解二面角的余弦公式即可.
【小问1详解】
在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：
因为四边形为等腰梯形，所以，
在，中，
，
，
解得，．
又，，∴，
∴．
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴．
又，，平面，∴平面．
【小问2详解】
连接点与的中点，则．
又平面平面，平面平面，平面，∴平面．
如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，．
设平面的法向量为，易知，，
则取，则，，则．
设平面的法向量为，，，
则取，则，，则．
∴，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
19. 某超市每天以4元/千克购进某种有机蔬菜，然后以7元/千克出售．若每天下午6点以前所购进的有机蔬菜没有全部销售完，则对未售出的有机蔬菜降价处理，以2元/千克出售，并且降价后能够把剩余所有的有机蔬菜全部处理完毕，且当天不再进货．该超市整理了过去两个月（按60天计算）每天下午6点前这种有机蔬菜的日销售量（单位：千克），得到如下统计数据．（注：视频率为概率，）
（1）求1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率；
（2）在接下来的2天中，设为下午6点前的销售量不少于350千克的天数，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）的分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由表格中的数据，结合对立事件的概率公式，即可求解；
（2）根据题意，得到随机变量的可能值为，结合独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，即可求解．
【小问1详解】
解：由表格中的数据，可得1天下午6点前的销售量不小于350千克的概率为．
【小问2详解】
解：依题意，1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率，
随机变量的可能值为，
可得：，
，
，
所以随机变量的分布为：
所以的数学期望．每天下午6点前的销售量/千克
250
300
350
400
450
天数
10
10
5
0
1
2