湖南省长沙市地质中学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. 已知非零向量满足，且，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用给定条件结得到，再结合向量数量积的定义求解即可.
【详解】由题意得，两边平方得，
整理得，由向量数量积的公式得，
而，故，
因为，所以，即，故B正确.
故选：B
2. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角平分线的对称性质和椭圆的性质得，再结合题设得，进而求出，再结合椭圆的定义以及余弦定理即可求解.
【详解】由题意可知，，
且，，
所以，

因为，所以，
所以即，
又，所以，
所以由余弦定理得，
整理得，所以即.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是抓住角平分线的对称性之和椭圆的几何性质求出，关键2是利用和的关系求出，再在中结合余弦定理即可求解.
3. 已知函数，若对
恒成立，则（ ）
A. B. 16C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】分别代入解析式，求出即可.
【详解】当，则，
，
由于，则，则；经检验适合题意.
故.
故选：B
4. 已知曲线在点处的切线与抛物线也相切，则实数的值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 0或1
【答案】C
【解析】
【分析】先利用导数的几何意义求出在处的切线方程，与抛物线方程联立，利用求出的值，再验证可得答案.
【详解】，，
所以曲线在点处的切线为：，即．
联立与，得，依题意可知，所以或1．
当时，不抛物线，舍去．
故选：C
5. 已知函数，若在上有且仅有四个不相等的实数根，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据辅助角公式可得，作出的图象，结合图形即可求解.
【详解】，
作出的图象，如图所示，

结合图形可知，若在上有且仅有4个不等的实数根，
则且，
即的取值范围为.
故选：D
6. 设，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，由的单调性可知，所以，再由可得，所以，即可得出答案.
【详解】构造函数，的定义域为，
，令可得：，令可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减．
故，即，
变形可得，即，所以；
又，所以，又因为，
所以，综上，，
故选：B．
7. 已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形， 点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（ ）

A. 3B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】连结交于点，连结，设在底面内的射影为，则平面，连结交于点

∵点在侧面内的射影为的垂心
∴平面，
∴
∵，平面，平面
∴平面
∴
∵平面，平面
∴
∵，平面，平面
∴平面
∵平面
∴
同理可证
∴是的垂心
∴三棱锥为正三棱锥
∵三棱锥的底面是边长为的正三角形
∴，，则
∵二面角的平面角的大小为
∴为二面角的平面角
在中，，
∴
在中，，
∴
故选C
点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得为二面角的平面角，解直角三角形即可得解.
8. 已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的零点情况，求出的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解.
【详解】由函数在有且仅有两个零点，
得，解得，则，
又，而，当时，，，
由，得，当时，，
即函数在有3个零点，不符合题意，
因此是函数图象的一条对称轴，即，解得，
当时，，当时，，均不符合题意；
当时，，得，则图象的对称轴为.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是解题的关键.
二、多选题（共18分）
9. 已知函数，对于任意实数，，下列结论成立的有（ ）
A.
B. 函数在定义域上单调递增
C. 曲线在点处的切线方程是
D 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对函数求导，判断其单调性，再求出最值，以及在某点处的切线方程,判定ABC,构造新函数，借助导数研究最值判定D即可.
【详解】对A，对求导，
令，即，解得.
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
所以函数处取得最小值，即，所以，A选项正确.
对B，由上述分析可知，上函数单调递减，上函数单调递增，B选项错误.
对C，由于切线斜率为0，在点，切线方程为，C选项正确.
对D，因为，则.
则.
令则，
则在单调递增.故.
即，即.D选项正确.
故选：ACD
10. 已知复数，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD.
【详解】对于A，设，显然，
但，故A错；
对于B，设，
则，
，
，
所以，故B对；
对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量，
复数对应向量，复数加减法对应向量加减法，
故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，
所以，，故C对，D对.
故选：BCD.
11. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ）
A. 乙组同学恰好命中2次的概率为
B. 甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率
C. 甲组同学命中次数的方差为
D. 乙组同学命中次数的数学期望为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误；
对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确；
对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确；
对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为，
所以，
，
，
故，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题（共15分）
12. 已知三个内角，，所对的边分别为，，，若，，成等比数列，，，成等差数列，则______.
【答案】
【解析】
【详解】由题，
由正弦定理可得： ③
由正弦定理，故，
由余弦定理：
代入得：
所以，故.
故答案为：.
13. 已知正方体的棱长为3，垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点，则四棱锥体积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先通过面面平行的性质以及垂直关系得到四边形为矩形，设到平面的距离为，表示出体积，然后利用导数求最值.
【详解】已知正方体垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点，
则面面，又面面，面面，
所以，同理，所以，同理，
即四边形为平行四边形，又，所以，
所以四边形为矩形，
又，
设到平面的距离为，
则，所以，
所以四棱锥体积
所以，当时，，当时，，
当时，四棱锥体积最大值.
故答案为：.
14. 对于非空集合，定义函数已知集合，若存在，使得，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由函数的定义可得可取，即可得到的取值范围.
【详解】由题知：可取，
若.则，
即集合，得，即的取值范围为.
故答案为：
四、解答题（共77分）
15. 在中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，，是等差数列．
（1）若a，b，c是等比数列，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用等差数列和等比数列的中项性质，结合同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式，化简求得；
（2）由（1）得，再借助角的值，以及两角和与差的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
因为a，b，c是等比数列，所以，有，
因为，，是等差数列，所以.
故.
所以．
【小问2详解】
由（1）的过程可知，若，则.
又由，得，
故．
16. 记的内角，，的对边分别，，，已知．
（1）求；
（2）设是边中点，若，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及辅助角公式求解.
（2）利用和角的正弦公式求出，再利用向量数量积的运算律及正弦定理求解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理及，
得，又，
则，而，
化简得，即，而，因此，
所以.
【小问2详解】
在中，由，得，，
由正弦定理，得，由是边中点，得，
则，因此，
在中，由正弦定理，得.
17. 如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且.
（1）已知点为上一点，且，证明：平面；
（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解.
【小问1详解】
证明：如图，
连接交于点，取中点为，连接，，，
在四边形中，，，
故四边形为平行四边形.
故为中点，所以在中，为中位线，
则且，又且，
故且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
平面，即平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
，，
设平面的法向量为，
，取
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
可得，
解得或（舍去）
故，又，
所以点到平面的距离.
18. 如图，椭圆过点，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为，，过椭圆的右焦点且与轴相交的直线与椭圆相交于，两点，与抛物线相交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线在轴上截距的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而解方程即可求得答案；
（2）设，进而分别与椭圆和抛物线联立计算弦长，，进而计算面积，，再结合已知求得，且再求直线在轴上截距的范围即可.
【小问1详解】
根据题意得解得所以，焦点.
所以椭圆的方程是：.
【小问2详解】
由题可设直线方程为：，，，，.
由得,
由题知，，,
.
又点到直线的距离，
.
由得，由题知，得，.
.
，，解得：且,
或，
直线在轴上截距的取值范围是.
19. 根据央视网消息显示，贵州省文旅厅网站5月1日公布《2023年“五一”假期前三天全省文化旅游情况》，其中显示，假期前三天，根据抽样调查结果，全省接待游客2038.26万人次（用2038万计算），较2022年假日同期增长（用计算），恢复到2019年假日同期水平的（用计算）.某大学旅游管理专业的学生陈枫为了了解“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景的知晓情况，随机抽选了若干名游客进行问卷调查，根据问卷得分，统计如下：
（1）求2022年和2019年“五一”假期前三天全省接待游客人次（单位：万），精确到0.01.
（2）根据表格估计“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景知晓情况问卷得分的平均水平（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
（3）陈枫为了答谢游客的参与，在问卷得分为的游客中按的比例抽选6人作为景区“幸运游客”，景区在“幸运游客”中随机选取两人评为“五星游客”，求得分为､的游客中各有一人评为“五星游客”的概率.
【答案】（1）1435.21万，1940.95万
（2）90 （3）.
【解析】
【分析】（1）根据2022年和2019年和已知数据2023年的数据的比例关系求解；
（2）由表得，平均数等于每一组的平均值乘以频率的和；
（3）根据比例，找出得分为分别抽取2人和4人为“幸运游客”.找出总的组合结果为15，各一人的结果有8种，从而得到概率.
【小问1详解】
由题可知2022年“五一”假期前三天全省接待游客人次为万；
2019年同期接待游客人次为万.
【小问2详解】
由表可得，游客平均水平估计为
【小问3详解】
由题意可知，在得分为中分别抽选了2人（记为）和4人（记为）为“幸运游客”.
所以从中选两人的可能结果有：共15种，
其中各占一人的结果有：
共8种，所以所求概率为.
得分
频率
010
0.20
0.40
0.20
0.10