2025长沙十一中高三下学期一模数学试题含解析

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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
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，利用集合交集的概念可得结果.
【详解】集合.
由得，等价于，故，
由得.
故选：B.
2. 设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点坐标，由点差法分析得到，然后将各个选项代入等式后求得，然后得到直线方程，验证直线方程与曲线是否存在交点即可.
【详解】设，，则中点坐标为
∴，则，
∴，
A选项知，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去；
B选项知，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去.
C选项知，则，则直线，则整理得，此时，这样的点存在.
A选项知，则，则直线，因为，所以直线是曲线的一条渐近线，故这样的点不存在，舍去.
故选：C.
3. 已知函数的零点分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得分别为函数与的交点，作出三个函数的图象，由图象可得，再由，可得，即可得答案.
【详解】令，则，
令，则，
则由题意得分别为函数与的交点，
作出三个函数图象如图所示，

由图可得，所以，
由题意得，则，
所以，即，
所以.
故选：A
4. 已知正四棱锥底面边长为2，且其侧面积的和是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知得出斜高，从而可得正四棱锥的高，由体积公式可得正四棱锥的体积.
【详解】如图，正四棱锥，，为底面正方形中心，为中点，
由已知可得，
所以，
又，所以，
所以正四棱锥的体积为.
故选：.
5. 已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
分析】构造函数并探讨奇偶性，由有唯一零点求出，再验证即可.
【详解】令函数，其定义域为R，
，函数为偶函数，
由函数与的图象恰有一个交点，得有唯一零点，
因此，即，解得，，
当时，，
令函数，，函数在上单调递增，
，则当时，，函数在上递增，在上递减，
所以函数有唯一零点，.
故选：A
6. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的是（ ）
A. 第一次朝上面的数字是偶数B. 第一次朝上面的数字是1
C. 两次朝上面的数字之和是8D. 两次朝上面的数字之和是7
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由相互独立事件的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】抛掷骰子两次，共有个基本事件数，
则，
共18个基本事件，则，
设事件为第一次朝上面的数字是偶数，则事件与事件是对立事件，故A错误；
设事件为第一次朝上面的数字是1，则，故B错误；
设事件为两次朝上面的数字之和是8，
则共5个基本事件，则，
且，则，
，所以C错误；
设事件两次朝上面的数字之和是7，则，
则，且，则，
因为，所以事件与事件相互独立.
故选：D
7. 第14届国际数学教育大会在上海华东师范大学举行，如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由进位制的换算方法代入计算，再由二项式展开式代入计算，即可得到结果.
【详解】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得：
，
因为是10的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，
由可得，末尾数字为5.
故选：C
8. 设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，先利用全概率公式求出，进而可得，，进而可得放回原箱后再取该件产品合格的概率.
【详解】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，
又
，
经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为
.
故选：A.
二、多选题
9. 设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列选项中成立的是（ ）
A. B.
C. D. 与均为的最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB选项，根据数列各项均为正，得到，；C选项，由等比数列的性质及，得，，C错误；D选项，在ABC基础上得到，得到D正确.
【详解】AB选项，由已知数列各项均正，因此乘积也为正，公比，
又，，，，B正确；
又，故，即，A正确；
C选项，由得，所以，
而，，因此，C错误；
D选项，由上知，
先增后减，与均为的最大值，D正确．
故选：ABD
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60
B. 若样本数据的标准差为8，则数据，的标准差为16
C. 数据的第70百分位数是23
D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由题意可得样本容量为20，平均数是从而可得样本数据的总和，即可判断；对于B，根据标准差为8，可得方差为64，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；对于C，根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；对于D，由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断.
【详解】解：对于A，因为样本的方差
所以这个样本有20个数据，平均数是这组样本数据的总和为A正确；
对于B，已知样本数据的标准差为，则，
数据的方差为，其标准差为，故B正确；
对于C，数据共10个数，
从小到大排列为，由于，
故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即，
所以第70百分位数是23.5，故C错误；
对于D，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5，
设此时这9个数的平均数为，方差为，则，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知为随机事件，，则下列说法正确的有（ ）
A. 若相互独立，则
B. 若相互独立，则
C 若两两独立，则
D. 若互斥，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由独立事件的乘法公式即可判断A；由事件的和运算即可判断B；由三个事件两两独立，不能判断三个事件是否独立，即可判断C；由互斥事件及条件概率公式即可判断D．
【详解】对于A，若相互独立，则，故A正确；
对于B，若相互独立，则，故B错误；
对于C，若两两独立，由独立事件的乘法公式得，，，
，无法确定，故C错误；
对于D，若互斥，则，，
两边同时除以得，，即，故D正确；
故选：AD．
12. 我国向国际社会的环保承诺已经超额完成，积极稳妥推进碳达峰､碳中和，我国将继续坚持贯彻落实.某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量单位：与时间（单位：）的关系为，其中，是常数.已知在前消除了的污染物.则下列结论正确的是（ ）
（参考数据：，）
A.
B. 过滤后还剩余污染物
C. 污染物减少需要的时间为
D. 污染物减少所需要的时间为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用题中条件可得，即可判断；当时，代入关系式时即可判断；当时，代入关系式即可判断，.
【详解】由题意，当时，，
当时，，
于是有，解得，故错误；
当时，，故正确；
当时，有，
解得，故错误，正确.
故选：.
三、填空题
13. 已知数列，等可能取，0或1，数列满足，且，则的概率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得到，再结合古典概率模型即可求解．
【详解】由题意可得：，
，
，
，
若，则，
从各随机从中选一个，共有种情况；
若，
可分为三类：
都取0，一种情况；
中两个取0，一个取1，一个取，共有，
中两个取1，两个取，共有，
共计19种情况，
所以的概率为：．
故答案为：
14. 已知数列的通项公式为: ，其前项和为 ，若成等比数列， 则 k=___________
【答案】6
【解析】
【分析】根据等比中项结合等差数列的前n项和公式求出，再解方程，即可求得答案.
【详解】因为成等比数列，所以 ，
由于数列的通项公式为: ，
故是首项为1，公差为2的等差数列，且前项和为，
所以 ，所以 (舍去负值)，
所以 (舍去负值)，
故答案为：6
15. 已知等边的外接圆的面积为，动点在圆上，若，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正三角形的几何性质可得外接圆半径，再由正弦定理得边长，取线段的中点，取线段的中点，根据向量的线性运算及数量积的运算性可得，且再由三角形三边关系列不等式得结论.
【详解】依题意，设的外接圆的半径为，则，故，
在等边中由正弦定理得，则；
取线段的中点，连接，则，
所以；
取线段的中点，连接，则在线段上，且，所以，
则又，
故，则．
故答案：.
16. 若函数的部分图象如图所示，且，则的最小正周期为______，在上的零点个数为______．
【答案】 ①. ②. 350
【解析】
【分析】对于求函数的最小正周期，有公式，我们需要根据已知条件求出的值.再令，即，解出，再根据区间确定个数.
【详解】令，得，则．
令，得，则．
令，得，则．
因为，所以，解得．
所以的最小正周期为．
当时，，
令，得，
所以在上的零点个数为350．
故答案为：
四、解答题
17. 一个箱子中装有4个黑球，2个白球，小球除颜色外其他都相同，每次从箱子中随机取出一个球，取出4个黑球即停止.
（1）若从箱子中不放回地取球，求恰好第5次停止的概率；
（2）若从箱子中有放回地取球，记5次之内（含5次）取到黑球的次数为，求的分布列和期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）依题意，5次取球中最后一次必为黑球，可先考虑从2个白球中取出1个，再在前4次取球顺序中确定1个序号，最后进行全排即得方法数，利用古典概型概率公式计算；
（2）依题确定的取值为，利用二项分布概率公式分别计算对应的概率，列出分布列，计算数学期望即得.
【小问1详解】
依题意，5次取球中最后一次必为黑球，可先考虑从2个白球中取出1个，再在前4次取球顺序中确定1个序号，
最后进行全排即得方法数为：，而总的方法数为，故恰好第5次停止的概率为.
【小问2详解】
随机变量的取值为.
，
，
，
，
，
所以随机变量的分布列如下表所示：
故.
18. 已知函数，
（1）若，求在点处的切线方程.
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求导后，分别在、和的情况下，求得单调性和最值，结合零点存在定理可确定符合题意的取值范围.
【小问1详解】
当时，，求导得，则，而，
所以函数的图象在点处的切线方程为.
【小问2详解】
函数的定义域为R，求导得，
①当时，恒成立，函数在上单调递增，至多有一个零点，不合题意；
②当时，由，解得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，，则，则至多有一个零点，不合题意；
当时，，则，而，则在上有唯一零点；
由（1）知，当时，，函数在上单调递增，
当时，，即，
当时，，在上有唯一零点；
因此当时，有两个不同零点，
所以实数的取值范围为.
19. 已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若的面积为，，点D为边上靠近B的四等分点，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合余弦定理角化边得，接着由余弦定理即可得解.
（2）先由和求出角，接着由正弦定理形式的面积公式求出，再由余弦定理
即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由余弦定理可得，整理得.
所以由余弦定理可得，
又，所以.
【小问2详解】
因为，，
所以，
即，
又，故，则，
所以，所以.
所以，所以，
所以在中，，，由余弦定理可得
，即.
20. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过勾股定理及全等得出线线垂直，应用线面垂直判定定理得出平面，由平面进而得出面面垂直；
（2）由面面垂直建立空间直角坐标系，分别求出法向量再应用向量夹角公式计算二面角余弦值.
【小问1详解】
证明：在平面内，过做垂直于交于点，
由为等腰梯形，且，则
又，所以，
连接，由，可知且，
所以在三角形中，，
从而，
又平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
所以，
由图可以看出二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
21. 记的内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）设的中点为，若，且，求的周长．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合可以得到，进而得到；
（2）在和中分别利用余弦定理，结合，可以求得的值，进而得到的周长.
【小问1详解】
由得，
由正弦定理可得，，
因为，
所以，
代入上式，整理得，
又因为，，所以，
又因为，解得.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
而，，所以①，
在中，由余弦定理得②，
由①②两式消去a，得，所以，
又，解得，．，
所以的周长.
22. 如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）欲证，需证平面，即需证垂直于平面内的两条相交直线和，根据直线平面，可证，根据勾股定理的逆定理可证，从而原命题得证.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦.
【小问1详解】
由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，所以
，.
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
【小问2详解】
由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
0
1
2
3
4