2025年湖南省长沙一中城南中学高考数学一模试卷（含答案）

这是一份2025年湖南省长沙一中城南中学高考数学一模试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|x|x|+x+3|x+3|=0}，则A∩Z=( )
A. {−2}B. {−2,−1,1,2}C. {−1,1}D. {−2,−1}
2.已知复数z满足(1−i)z=2+i，则|z|=( )
A. 102B. 5C. 52D. 104
3.在四面体ABCD中，BC=2，∠ABC=∠BCD=90°，且AB与CD所成的角为60°.若该四面体ABCD的体积为3 32，则它的外接球半径的最小值为( )
A. 3B. 2C. 3D. 10
4.已知等比数列{an}中，a1+a3=2，a4+a6=16，则a10+a12=( )
A. 26B. 32C. 512D. 1024
5.函数f(x)=x2−sin2x+1ex−e−x的部分图象大致为( )
A. B. C. D.
6.已知函数f(x)=(a−2)x−1,x≤1lgax,x>1，若f(x)在R上单调递增，则实数a−1a+1的取值范围为( )
A. (0,1)B. (13,12]C. (1,2)D. (2,+∞)
7.在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点C的三等分点，点F在BE上，若AF=xAB+13AD，则x=( )
A. 23
B. 45
C. 56
D. 67
8.1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若AB=BC=1，∠AOB=α，则OC2的值为( )
A. 1sin2α+1B. sin2α+1C. 1cs2α+1D. cs2α+1
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。
9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|b>0)，C1的焦点与C2的焦点间的距离为2 2，b=1．
(1)求C1与C2的方程；
(2)过点P可以作两条C1与C2的公切线．
(i)求点P的坐标．
(ii)当点P在y轴上时，是否存在过点P的直线l，使l与C1，C2均有两个交点？若存在，请求出l的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.D
5.D
6.B
7.C
8.A
9.AB
10.ABC
11.BC
12.2
13.(x−3)2+y2=8
14.28
15.解：(1)根据 3asinC−acsC=c−b，由正弦定理得 3sinAsinC−sinAcsC=sinC−sinB，
结合sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，整理得 3sinAsinC+csAsinC=sinC，
因为△ABC中，sinC>0，所以 3sinA+csA=1，化简得sin(A+π6)=12，
又△ABC中，A+π6∈(π6,7π6)，所以A+π6=5π6，可得A=2π3；
(2)由第(1)问的结论，结合AD平分∠CAB，可得∠BAD=∠CAD=π3，
因为S△ABC=S△BAD+S△CAD，所以12bcsin∠BAC=12c⋅ADsin∠BAD+12b⋅ADsin∠CAD，
即 34bc= 34(b+c)⋅AD，结合AD= 3，化简得bc= 3(b+c)，
根据基本不等式，可得 3(b+c)≥2 3bc，所以bc≥2 3bc，解得bc≥12．
当且仅当b=c=2 3时，等号成立．
所以S△ABC=12bcsin∠BAC≥12×12× 32=3 3，当b=c=2 3时，△ABC的面积有最小值，最小值为3 3．
16.解：(1)函数f(x)=sinx−aln(b+x)，则f′(x)=csx−ab+x，
若f(x)在x=π处的切线方程为2x+y+2π(ln2π−1)=0，
则f′(π)=csπ−ab+π=−2，
所以ab+π=1，即a=b+π，
f(π)=sinπ−aln(b+π)=−2π+2π(1−ln2π)，
所以aln(b+π)=(b+π)ln(b+π)=2πln2π，
故a=2π，b=π．
(2)f(0)=sin0−aln(1+0)=0，
若(−1,π2]上f(x)≥0恒成立，即f(x)min=f(0)，
故f(0)是f(x)在(−1,π2]上的极小值，所以f′(0)=0，
f′(x)=csx−a1+x，f′(0)=cs0−a1+0=1−a=0，解得a=1，
下证a=1时，f(x)min=f(0)，
令g(x)=(1+x)csx−1，g′(x)=csx−(1+x)sinx，
①在(0,π2]上g′(x)单调递减，g′(0)=1，g′(π2)=−1−π2g(0)=0，
由零点存在定理∃x1∈(x0,π2)，使得g(x1)=0，
在(x0,x1)上，f′(x)=g(x)1+x>0，f(x)单调递增，
在(x1,π2)上，f′(x)=g(x)1+x0，f(x)min=min{f(0),f(π2)}=f(0)，
②在(−1,0]上，f′(x)=csx−11+x单调递增，
f′(x)≤f′(0)=0，f(x)单调递减，所以f(x)min=f(0)，
综上，只有当a=1时，在(−1,π2]上f(x)min=f(0)，所以a=1．
17.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则q>0，
由题意可得a3+a4=q2(a1+a2)=9(a1+a2)，解得q=3，
则an=a4qn−4=81×3n−4=3n．
(2)由(1)得bn=lg332n−1=2n−1，
则bn+1−bn=[2(n+1)−1]−(2n−1)=2，
所以，数列{bn}为等差数列，所以Sn=n(b1+bn)2=n[1+(2n−1)]2=n2，
所以，cn=1Sn−14=1n2−14=44n2−1=4(2n−1)(2n+1)=2(12n−1−12n+1)，
则Tn=2[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=2(1−12n+1)=4n2n+1．
18.(1)证明：如图，
设线段AB的中点为O，连接BD，A1O，
在△C1BD中，P为BC1的中点，E为C1D的中点，所以PE/​/BD，
又在矩形A1B1BA中，A1D//OB且A1D=OB，
所以四边形A1DBO是平行四边形，所以A1O//BD，
因为BF=3AF，O为AB的中点，所以F为AO的中点，
又G为AA1的中点，在△A1AO中有A1O//GF．
所以可得PE/​/GF，又GF⊂平面CFG，PE⊄平面CFG，
所以PE/​/平面CFG；
(2)由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC=4，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，G(4,0,2)，F(3,1,0)，
设P(x,y,z)，且BP=λBC1，则P(0,4−4λ,4λ)，
所以CP=(0,4−4λ,4λ)，
设平面CFG的法向量为a=(x,y,z)，
因为CF=(3,1,0)，CG=(4,0,2)，
由a⋅CF=0a⋅CG=0，得3x+y=04x+2z=0，
令x=1，则y=−3，z=−2，所以a=(1,−3,−2)为平面CFG的一个法向量，
可得CP⋅a=0×1+(4−4λ)×(−3)+4λ×(−2)=−12+4λ，|CP|= 02+(4−4λ)2+(4λ)2=4 2λ2−2λ+1，|a|= 12+(−3)2+(−2)2= 14，
所以cs=CP⋅a|CP|⋅|a|=−12+4λ4 2λ2−2λ+1× 14=λ−3 14⋅ 2λ2−2λ+1，
所以sinα=|cs|=|λ−3| 14⋅ 2λ2−2λ+1，
令t=λ−3，则sinα=1 14× 13t2+10t+2，
所以1t=−1026，即t=−135，λ=25时，sinα有最大值 18214．
19.解：(1)由题意可得 a2−1+a2+1=2 2，
解得a2=4，
所以C1：x2+y24=1，C2：x24−y2=1；
(2)(i)显然公切线的斜率存在且不为0，设公切线l0：y=kx+m(k≠0)，
联立y=kx+mx2+y24=1，得(k2+4)x2+2kmx+m2−4=0，
则Δ1=4k2m2−4(m2−4)(k2+4)=4k2m2−(4k2m2+16m2−16k2−64)=16(k−m2+4)=0，
即k2+4=m2①，
联立y=kx+mx24−y2=1，得(1−4k2)x2−8kmx−(4m2+4)=0，
则Δ2=64k2m2+4(4m2+4)(1−4k2)=64k2m2+16(m2+1)(1−4k2)=16(m2−4k2+1)=0，
即4k2−1=m2②，
联立①②得k2=53，m2=173，
所以公切线为l0：y=± 153x+ 513或y=± 153x− 513，
公切线的交点即点P的坐标，
所以P(0, 513)或P(0,− 513)或P( 76515,0)或P(− 76515,0)；
(ii)当点P在y轴上时，m2=173，
假设存在直线l：y=tx± 513与C1，C2均有两个交点，
由(i)知t2−m2+4=t2−53>0m2−4t2+1=4(53−t2)>0不等式组无解，
所以不存在过点P的直线l与C1，C2均有两个交点．