湖南省长沙市第二十一中学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. 若（为虚数单位），则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件求出，再求出，最后计算的值.
【详解】已知，则.
化简得到，轭复数.
可得：
故选：C.
2. 设数列的前n项和为，若命题“数列为等差数列”，命题“对任意的，成等差数列”，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】运用等差数列定义性质证明充分性，构造满足但不满足的数列，说明不是必要条件.
【详解】若数列为等差数列，设其首项为，公差为.
则
；
；
所以，
故对任意的，成等差数列，
即，所以p是q的充分条件；
构造数列：
即数列的通项，
该数列不是等差数列.
下面证明此数列满足对任意的，成等差数列.
当时，即，也即成等差数列，满足题意；
当，对任意时，
，
故当，对任意时，成等差数列；
当时，对任意时，
，，
，
由上可知
则
，故，
故当时，成等差数列；
当，对任意时，
，，
，
由，
则
，故，
当，对任意时，成等差数列；
综上所述，对任意正整数，
数列满足成等差数列，但不是等差数列.
故，所以p不是q的必要条件，
综上可知，是的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是利用题意条件构造特殊数列，进而判断不必要性.
3. 函数的图象大致为（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性可排除选项B，根据时可确定选项.
【详解】设，则，
∴函数为奇函数，选项B错误.
当时，，
由得，，
∴，∴，CD错误，选项A符合要求.
故选：A
4. 已知椭圆及圆，如图，过点与椭圆相切的直线交圆于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等边三角形可得，设直线的方程为，求得圆心到直线的距离，由圆的弦长公式可得，联立椭圆方程，运用相切的条件：判别式为0，化简整理，由离心率公式计算即可得到所求值.
【详解】由，可得为等边三角形，即，
设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，
弦长，解得，
可得直线，代入椭圆方程，
可得，
由直线和椭圆相切，可得：，
化简可得，由，可得，即有.
故选：A
5. 若函数在处有极小值，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
分析】对函数求导并根据处有极小值可解得，经检验符合题意.
【详解】由函数可得，
函数在处有极小值，可得，解得．
当时，，
当时，时，
因此在上单调递减，在上单调递增，
所以在处有极小值，符合题意．所以．
故选：C．
6. 若双曲线 的离心率为 3 ， 则双曲线 的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知双曲线的离心率得出的关系,再求双曲线的离心率.
【详解】因为双曲线 的离心率,所以，
所以双曲线 的离心率.
故选：A
7. 已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用方程组法求出函数解析式，然后利用导数求切线斜率，由点斜式可得切线方程.
【详解】因为，所以，
联立可解得，所以，所以.
所以曲线在点处的切线方程为，
故所求的切线方程为.
故选：C.
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角和与差的正弦和半角公式，二倍角余弦公式，结合拆角计算即可.
【详解】由，可得，
即，可得，
所以.
故选：B.
二、多选题（共18分）
9. 若，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用赋值法计算可判断A错误，BC正确，对二项展开式两边同时求导并令计算可判断D错误.
【详解】对于A：令，则，故A错误；
对于B：令，则，故B正确；
对于C：令，则，故C正确；
对于D，由，
两边同时求导得，
令，则，故D错误.
故选：BC.
10. 已知一组样本数据：.其中，，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（ ）
A. 序列不可能既是等比数列又是等差数列B. 若成等比数列，和有组可能取值
C. 若成等差数列，和有组可能取值D. 若该数据平均数是，则方差最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】数据的顺序可以打乱，根据每一个选项的条件求解即可.
【详解】若为等比数列，由，可知若成等比公比小于，正负交替，而等差数列具单调性，相互矛盾，故不可能既是等比数列又是等差数列，A项正确；
若排列后成等比数列，设公比绝对值大于有：
①公比为，数列为，，，，，
数列为，，，，.
②公比为，数列为，，，，，
公比绝对值小于，对应同解，故，有组可能取值，B项正确；
由，，若，，，若排序后成等差数列，设公差大于有：
①公差，数列为，，，，；
②公差，数列为，，，，不符；
③公差，数列为，，，，不符；
公差小于，对应上述倒序排列，同解，故，有组可能取值，C项错误；
数据平均数是1，，
方差.D项错误；
故选：AB
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点，使四点共面
B. 存在点，使平面
C. 三棱锥的体积为
D. 经过四点的球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.
【详解】A：如图，在正方体中，连接．
因为N，P分别是的中点，所以．
又因为，所以．
所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确；
B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C正确；
D：分别取的中点E，F，构造长方体，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．
故选：ABC
三、填空题（共15分）
12. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则的面积的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理结合均值不等式求得最大值，再用三角形的面积公式求解即可.
【详解】因为已知， 由余弦定理可得，
因为，又因为，得，
当且仅当时等号成立，
则面积为，
当且仅当时等号成立，故的面积的最大值为.
故答案为：.
13. 设函数，若是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，则恒成立的概率为__________.
【答案】##0.625
【解析】
【分析】根据题意，利用基本不等式，求得，转化为恒成立，结合是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，得到基本事件总数有24个，再利用列举法，求得成立的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】因为，可得，
则，
当且仅当时，等号成立，故，
由不等式恒成立转化为恒成立，
因为是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，
则构成的所有基本事件总数有24个，
又由，，
设事件“不等式恒成立”，则事件包含事件：
，，，共15个，
因此不等式恒成立的概率为.
故答案为：.
14. 已知分别为三个内角的对边，且，则______；若，，，，则的取值范围是______．
【答案】 ①. #### ②.
【解析】
【分析】第一空是由正弦定理角化边，再由余弦定理求角即可；第二空是利用先向量的线性运算，再计算数量积，从而求出取值范围.
【详解】由及正弦定理，得，由余弦定理可知，
又，．
，，由余弦定理得，，
与的夹角的余弦值为．
又，，
且，
，，
，
故答案为：，
四、解答题（共77分）
15. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求A；
（2）若，求的值；
（3）若，点D在边AB上，，.求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据正弦定理求解即可；
(2)利用二倍角公式求解即可；
(3)利用向量数量积运算求出b，利用面积公式即可求解；
【小问1详解】
由，得,
又因为，
所以，，
即.
小问2详解】
若，则，
则,
则;
【小问3详解】
由，
所以，
由（1）知，所以，所以在直角三角形中，，
如图
因为，所以,
平方得，
则，
所以直角三角形的面积.
16. 已知椭圆C：经过点，且焦距与长半轴相等.
（1）求椭圆C的方程；
（2）不过右焦点且与x轴垂直的直线交椭圆C于A，M两个不同的点，连接交椭圆C于点B.
（i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点；
（ii）若过左焦点的直线交椭圆C于D，G两个不同的点，且ABDG，求四边形ADBG面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于方程，代入计算，即可求解；
（2）（i）根据题意，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，表示出直线的方程，求出其与轴交点，即可证明；
（ii）由弦长公式分别表示出，结合面积公式代入计算，再由基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，解得.
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
（i）由题意知斜率存在，设其方程为，
，则，
由，得，
由于直线过椭圆焦点，则必有，则，
直线的方程为，
不妨设直线交轴于点，
令，可得
，即直线MB过定点；
（ii）
因为，所以，同理可得，
又，则
，
当且仅当时等号成立，即四边形ADBG的面的最小值为.
17. 如图，在四面体中，面，是的中点，是的中点，点在线段上，且.
（1）若，求证：平面.
（2）若二面角为，求二面角的余弦值.
（3）若三棱锥的体积为1，求三棱锥外接球的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，在线段上取点，使得，连接，首先证明四边形为平行四边形，从而，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式可列式求解，然后只需求出面的法向量即可，最后再利用面面角的余弦的向量公式即可求解；
（3）由求得，再根据对称性求得外接球球心，即可得半径，进而代入球的体积公式即可求解.
【小问1详解】
如图取中点，在线段上取点，使得，连接，
因为分别是的中点，
所以是的中位线，
所以，且，即，且，
在中，，，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
过点作面，而面，
所以，
因为，
所以两两互相垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，又.
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，解得，
所以可取平面的一个法向量为，
因为面，所以可取面的一个法向量为，
若二面角为，
则，解得，
此时平面的一个法向量为，
又，
所以，
设平面的法向量为，
所以，
所以，令，解得，
即平面的一个法向量为，
观察图形，注意到二面角是锐角，
所以它的余弦值为.
【小问3详解】
设，若三棱锥的体积为1，
则，解得，
因为，所以外接圆圆心坐标为，
因为面，，
所以由对称性可知三棱锥外接球的球心为，即，
所以三棱锥外接球的半径为，
从而三棱锥外接球的体积为.
18. 某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
已知：一份保单的保费为万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿万元；第四次索赔时，保险公司赔偿万元.
（1）从抽取的份保单中，随机抽取一份保单其索赔次数不少于的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
（i）记为抽取的份保单的毛利润平均值，求的值；
（ii）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值与（i）中的大小.
【答案】（1）
（2）（i）0.122；（ii）
【解析】
【分析】（1）用频率估计概率，根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率；
（2）（i）用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求毛利润平均值；（ii）先算出下一期保单的毛利润，结合（i）的结果可求．
【小问1详解】
根据题中数据，在份保单中，索赔次数不少于2的保单份数为，故一份保单索赔次数不少于2的概率可估计为．
【小问2详解】
（i）由题设，
所以．
（ii）这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值大于（i）中的估计值.
如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，
份保单毛利润变化为，
.
因此.
19. 已知函数，其中.
（1）若在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积为，求的值；
（2）若是的极小值点，证明:.
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，根据切线与两坐标轴所围成三角形的面积列方程求参数即可；
（2）对函数求导，根据易知可得，应用分析法转化为证明，构造且，问题化为，导数研究函数最值可得，应用反证法证明时得到矛盾结论，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，则，
所以在点处的切线为，
令，则；令，则，
所以切线与两坐标轴所围成三角形的面积，可得.
【小问2详解】
由（1），且，，，
由是的极小值点，则且，可得，
要证，即，需证，即，
令且，只需证，而，
所以当时，，当时，，
所以上单调递减，上单调递增，故，
综上，只需，即即可，
若，则，故，
此时，且，
对于，则，显然时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，故单调递增，无极小值，不符合题设；
综上，，故得证.
索赔次数
保单份数
索赔次数
保单份数
毛利润(单位：万元)