湖南省永州市2025届高三下学期第三次模拟考试数学试题（解析版）

这是一份湖南省永州市2025届高三下学期第三次模拟考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】集合，
又集合，
所以.
故选：B.
2. 若复数z满足，则z在复平面内对应的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
则z在复平面内对应的点为.
故选：D.
3. 已知为等差数列的前n项和，且，，则（ ）
A. 40B. 45C. 50D. 55
【答案】B
【解析】因为，所以，
则.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以.
故选：C.
5. 的展开式的第4项系数是（ ）
A. B. 280C. D. 560
【答案】A
【解析】的展开式的第4项系数是.
故选：A
6. 已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】D
【解析】椭圆E：的长半轴长，半焦距，
则点为椭圆的左焦点，其右焦点为，
而直线恒过定点，
所以的周长为.
故选：D
7. 若函数在区间上单调递增，则实数a的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】已知，可得．
因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立．
移项可得在区间上恒成立，令，，则．
对求导，可得：．
令，即，因为恒成立，所以，解得或．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以在处取得极大值，也是最大值，．
因为，所以实数的最小值为．
故选：C．
8. 如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（ ）
A. 62B. 63C. 64D. 65
【答案】B
【解析】由题干条件，即，
也即数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢，
需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列，
因为，则，
，，所以，
采用累加法，
令，即，解得，
当时，，符合题意；
当时，，无法构造“速增数列”满足题意，
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 具有相关关系的两个变量x，y的相关系数r越大，则x，y之间的线性相关程度越强
B 已知随机变量服从正态分布，且，则
C. 数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30
D. 若一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数
【答案】BCD
【解析】对于A，具有相关关系的两个变量x，y的相关系数越大，则x，y之间的线性相关程度越强，故A不正确；
对于B，随机变量服从正态分布，又，
所以，则，故B正确；
对于C，因为，所以数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30，故C正确；
对于D，由对称性知若频率分布直方图左右对称，则平均数等于中位数，
而若频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 在区间上单调递增
C. 曲线关于直线对称D.
【答案】ABD
【解析】A ，
，则是的周期，
假设其最小正周期，则对任意恒成立，
故当时，，即①，
当时，，即②，
当时，，即③，
①②两式相加得，
因，则，则或或，即或或，
经检验，当或时，①式不成立；当时，③式不成立，
故是的最小正周期，故A正确；
B，当时，
，
则在上单调递增，故B正确；
C，因，，
则，故曲线不关于直线对称，故C错误；
D，先证明，
令，则，则在上单调递减，
则，即，即，等号成立时，
当时，，
则当时有，
又因和均为偶函数，则恒成立且等号成立时，
则
，等号成立时，故D正确.
故选：ABD
11. 已知平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，其轨迹为曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分
B. 点横坐标的取值范围是
C. 若过点直线与曲线的部分图象和部分图象分别交于，则
D. 对给定的点（），用表示的最小值，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】由于平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，
则，所以，
整理得轨迹为曲线：；
对于A，若，则轨迹为曲线化简得，
则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分，故A正确；
对于B，若，则曲线为，可得，则，
若，则轨迹为曲线化简得，可得，，
综合，可得，解得，所以点横坐标的取值范围是，故B不正确；
对于C，由选项B，可得曲线的图象如图所示：

设曲线的左右端点为，
又，所以，
设直线的方程为，则，即，
联立，解得，
联立，解得，
当时，则，，所以，故；
当时，则，，所以，故；
综上，恒成立，故C正确；
对于D，如图，设直线与曲线的交点为，
当时，代入曲线中可得或，则，
如图1：当时，，
则；

如图2：当时，，
则
如图3：当时，因为，则，所以，

综上，的最小值为.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数是偶函数，则__________.
【答案】
【解析】因为函数是偶函数，且定义域为，
可得，即，
所以，即恒成立，
所以且，解得.
故答案为：.
13. 已知直线与圆C：交于A，B两点，且，则________.
【答案】
【解析】取中点，连接，
因为点为中点，所以，
所以，
所以或（舍），
由于圆C：的圆心，半径，
则圆心到直线的距离
相交弦长，则，解得.
故答案为：.
14. 已知四棱台的底面为矩形，上底面积为下底面积的，所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】由题意设下底长、宽分别为，则上底边长、宽为，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，，
图1
，
根据边长关系，知该棱台的高为，
则，
当且仅当，即时等号成立，取得最大值；
此时棱台的高，
上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.
显然球心M在所在直线上.
图2
当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然
则，有，即
解得，舍去.
图3
当棱台两底面在球心同侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然
即，即
解得，，
此时，外接球的表面积为.
故答案为：
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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积.
解：（1）因为，由余弦定理得，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以.
（2）因，，
由正弦定理得，所以，
因为，
所以，
则的面积为.
16. 某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
解：（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为；
（2）设“学生分数不小于3”，则，
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得,
又，
，
，
，
所以的分布列为：
由于，则；
（ⅱ）若，则，
所以，
由于最大，
所以，
即，
因为，，所以时，最大.
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，是边长为2的等边三角形，F为BC的中点.
（1）证明：；
（2）若直线AP与DF的夹角的余弦值为，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
（1）证明：记的中点为，连接，
因为为菱形，，所以为正三角形，所以，
由为正三角形可得，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由（1）知，，过点作平面，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为平面，所以点在坐标平面内，设，，
则，，
所以，，
因为直线AP与DF的夹角的余弦值为，所以，
解得，因为，所以，得，
所以，
设平面PAB的法向量为，
则，令得，
记直线PC与平面PAB所成角为，则.
18. 已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为.
（1）求双曲线E的标准方程：
（2）过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N.
（ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值：
（ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围.
解：（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得.
又因为离心率，且，把代入可得.
由可得，将其代入中，得到.
解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）当斜率为0时：
已知，BC方程.
令，则，解得，所以.
.
当斜率不为0时：
设AB方程，与联立：
把代入得.
由韦达定理得，.
因为直线交左右两支，有t2-3≠0Δ=12(t2-2)>0x1x2=t2y1y2+t(y1+y2)+1