湖北省鄂州市2025届高三下学期一模数学试卷（解析版）

这是一份湖北省鄂州市2025届高三下学期一模数学试卷（解析版），共18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. 椭圆经过和两点，则椭圆的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得，解得，，则，
因此，椭圆的焦距为.
故选：D
2. 已知全集，，，则可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为全集，，，
则、，且，，且.
故选：B.
3. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
将该函数的图象向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，
则，且有，则，
因为，故当时，取最小值.
故选：C.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，则
.
故选：A.
5. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情况，随机抽取了100名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，则下列数据一定不位于区间内的是（ ）

A. 众数B. 第70百分位数C. 中位数D. 平均数
【答案】B
【解析】对于A，众数为；
对于BC，，
设中位数、第70百分位数分别为，
注意到，
设，
解得；
对于D，设平均数为，则
故选：B.
6. 已知复数，若，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由可得，即，如下图所示：
圆圆心为，半径为，
联立可得或，
所以，直线交圆于原点、，
易知轴，则，
则图中阴影部分区域（即弓形区域）的面积为，
由题意可知，满足题设的点位于阴影部分区域，
由几何概型的概率公式可知，所求事件的概率为.
故选：A.
7. 已知函数，若，，，均有，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为函数的定义域为，则，
若，，，均有，
则，可得，
令，则，
由题意可知，，，
所以，函数在区间上为增函数，
所以，在上为增函数，则在上为增函数，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，故，
所以，的最大值为.
故选：D.
8. 在三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图，将三棱锥放于平行六面体中，
则，又，，
则，.又四边形，四边形为平行四边形，
则四边形，四边形为菱形.
则.
注意到，
又，
则，设PH与底面HBGC夹角为，
则
，当且仅当时取等号，则.
故选：D
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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列函数的图象绕坐标原点沿逆时针旋转后得到的曲线仍为一个函数的图象的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】利用运动是相对的，函数的图象绕坐标原点逆时针方向旋转，可以看作坐标轴绕坐标原点顺时针方向旋转，
根据函数的定义，对于定义域内的每一个自变量x，都有唯一确定的与之对应，
逆时针旋转后得到的曲线，如果仍为一个函数的图象，则曲线与任意一条垂直于x轴的直线最多只有一个交点，
所以函数的图象与任一斜率为1 的直线都最多只有一个交点，
结合函数图象可知，
对于A，的图象与直线都只有一个交点，故A正确；
对于B，的图象与直线有两个交点，故B错误；
对于C，，，，
所以的图象，在点处的切线方程为，
的图象与直线都最多只有一个交点，故C正确；
对于D，的图象与直线都只有一个交点，故D正确.
故选：ACD.
10. 设5个正实数组成公差大于0的等差数列，记其首项为a，公差为d，且这5个数中有3个数组成等比数列，则的值可能为（ ）
A B. C. 1D. 2
【答案】BC
【解析】由题意知等差数列的5个正实数为，
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，即，符合题意；
若成等比数列，
则，解得，即，符合题意；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
若成等比数列，
则，解得，与题意不符；
综上，或，
故选：BC.
11. 已知非零平面向量，，，满足：，，且，记，，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】由已知条件可绘制如图所示得图形
，为中点，，
，，
不妨设，
，，或，
可统一写为，即有实数根，
判别式大于等于0，通过代入和化简，得到关于的四次方程：,
解得的取值范围为，
的最小值为，最大值为，对应选项A和B正确;
同理得 的取值范围是，
通过以上分析，可以推导出 的取值范围为：
，
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设正整数数列满足，，则________.
【答案】或
【解析】因为正整数数列满足①，，则，
则，所以，或，
由题意可得②，由①②可得，
所以，数列是周期为的周期数列，
因为，故或.
故答案：或.
13. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围为________.
【答案】
【解析】函数，求导得，
依题意，，而当时，，
则，所以a的取值范围为.
故答案为：
14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________.
【答案】
【解析】蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的可能取值为，
表示蚂蚱在或者之间来回跳动，
则；
表示蚂蚱由向右最远跳到，
可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种，
由对称性知由向左最远跳到，也有种，
由向左最远跳到，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种，
故一共有种，
则；
表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种，
则；
表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种，
则；
则，
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，角、、对边分别为、、，且.
（1）若，求；
（2）若，，求的面积.
解：（1）因为，，
则，
由可得，即，
，
因为，则，解得，故，则.
（2）因为，所以.
所以由正弦定理得：，
由余弦定理知，解得.
因为，故.
16. 如图，棱长为的正方体中，平面与直线交于点.
（1）证明：为的重心；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求三棱锥外接球的体积.
（1）证明：连接、、、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，同理可得，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，、、平面，
则，，，
因为，则，
即，则为的外心，
易知为等边三角形，故为的重心.
（2）解：以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系.
所以、、、、.
因为为的重心，故，
所以，，
设为平面的一个法向量，则，
取可得，
易知平面的一个法向量为.
所以.
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）解：设球心为，由，
可得，解得，
即球心为，
所以三棱锥的球心为线段中点，且外接球半径为.
故其外接球体积为.
17. 已知函数有两个零点.
（1）求的值；
（2）证明：当时，.
（1）解：因为，
则，
由于，当或时，；当时，.
所以，函数的增区间为、，减区间为，
因为函数有两个零点，则或，
解得或（舍），故.
（2）证明：当时，，
结合函数单调性知，当时，，，，
此时不等式成立.
下面证明时的情况，设，满足，
则原不等式等价于.
考虑到三次函数图象极值点附近的非对称性：
令，
则，故在上单调递减，.
，
故只需证，令，
当时，，故在上单调递减.
所以，故原不等式得证.
18. 已知抛物线，点P是W上位于第一象限内的一点，过P作W的切线交y轴于点Q.过原点O作PQ的平行线交W于点A，过A作OP的平行线交W于点B，BP交OA于点N.
（1）求的最大值；
（2）证明：直线QN经过AB的中点；
（3）若OQAB四点共圆，求P点的坐标.
（1）解：记原点为O点，不妨设，
由于，则.
所以可得过P点的切线的方程为.
又因为，故
记P点在x轴上投影为点C，在y轴上的投影为点M，记，
则.
当且仅当时取等.故的最大值为.
（2）解：由（1），，所以直线OA的方程为：.
令直线OA与抛物线联立知，，则.
直线AB的方程为：，
与抛物线联立知，则.
所以P，B关于x轴对称，即轴.所以，
所以直线方程为，与直线AB的方程联立可得交点，
可得为AB中点，所以QN平分AB.

（3）解：设直线AB交y轴于点D，
由（2）知，且，所以BP平分.
因为，转化比例得，.
由于OQAB共圆，所以.
设，，，
代入上式得：.
所以.故P点坐标为.
19. 集合A为实数构成的有限集，记为集合A的元素个数，为集合A中所有元素之和，若对于集合，存在两两互不相交的集合，，，，使得，且，，则称集合为X的一个k分隔.
（1）写出集合的一个3分隔；
（2）证明：存在一个3分隔；
（3）若，求集合存在k分隔的概率.
（1）解：记，，，则为集合X的一个3分隔.
（2）证明：取
经检验，为集合X的一个3分隔，即证.
（3）解：要使存在k分隔，必有.
一方面，由且知.
又因为为正整数，故k为奇数.
另一方面，不妨设，我们证明此时存在k分隔.
设，，则.
先取第一列：令，，，，
为满足存在k分隔，则，（，2，）.
且.注意到一组等式：



在这组等式中，第一列是1，2，，的排列，第二列是，，，的排列.
第三列中前行为，，，中的奇数，后行是，，，中的偶数，
合起来是的排列，从而我们可以找到所需的，.
即取，，，；
，，，.
这样构造出的为集合的k分隔.
综上，存在k分隔的充要条件为k为大于1的奇数，而有1012个数符合题意，
故集合存在k分隔的概率为.