湖南省永州市2025届高三下学期三模数学试卷 含解析

永州市2025年高考第三次模拟考试数学命题人：陈诗跃（永州一中）陈雄武（东安一中）唐首佳（宁远一中）李军（永州四中）审题人：席俊雄（永州市教科院）注意事项：1.本试卷共150分，考试时量120分钟.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.3.考试结束后，只交答题卡.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，再根据集合交集的运算得答案.【详解】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】【分析】根据复数的除法运算化简复数z，再根据复数的几何意义确定其所在的象限即可.【详解】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.40 B.45 C.50 D.55【答案】B【解析】【分析】已知，，可利用求和公式求出数列的公差d，再将所得结果代回求和公式中计算即可.【详解】因为，所以，则.故选：B.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式、平方公式、弦化切进行齐次转化即可得所求.【详解】因为，所以.故选：C.5.的展开式的第4项系数是（）A. B.280 C. D.560【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理列式求得答案.【详解】的展开式的第4项系数是.故选：A6.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.4 C. D.8【答案】D【解析】【分析】求出直线所过的定点，再利用椭圆的定义求出三角形周长.【详解】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：D7.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】【分析】先对函数求导，根据函数单调性与导数的关系得到的不等式，再通过构造函数求其最大值，进而得到的最小值．【详解】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.62 B.63 C.64 D.65【答案】B【解析】【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则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，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关系，利用累加法可求得其通项公式，令，解出代入验证即可得出答案.【详解】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30D.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】【分析】根据相关系数的性质判断A；根据正态分布的对称性求解即可判断B；根据百分位数的概念求解第30百分位数即可判断C；利用频率分布直方图的性质可判断D.【详解】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】【分析】A由得是的周期，再利用反证法证明是的最小正周期；B利用导函数判断其单调性即可；C计算得即可判断；D先证明，再利用不等式放缩即可.【详解】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：ABD11.已知平面内动点到定点距离与到定直线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.若过点的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】【分析】根据已知确定动点满足的方程为，整理可得轨迹为曲线：，根据曲线分析，当时，即可判断A；讨论，时，确定的范围，从而可得点横坐标的取值范围，即可判断B；确定曲线的端点，从而得直线的斜率，设直线的方程为，从而得的范围，从而联立直线与曲线，得的横坐标，从而确定关系，即可判断C；确定直线与曲线的交点的坐标，分别讨论，，，结合三角形三边关系即可得最值情况，从而判断D.【详解】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.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．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】【分析】根据题意，得到，得出恒成立，进而求得的值，得到答案.【详解】因为函数偶函数，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】【分析】根据圆与直线相交的几何性质结合向量数量积的几何意义求解相交弦长，再根据直线与圆相交弦长公式列方程求解的值即可.【详解】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】【分析】根据棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.【详解】图1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，，，，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在所在的直线上.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用余弦定理及同角三角函数关系计算求解；（2）先应用正弦定理计算得出，再应用两角和正弦公式计算，最后面积公式计算求解.【小问1详解】因为，由余弦定理得，所以，所以，所以，所以，因为，所以.【小问2详解】因为，，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：等级不及格及格良优分数1234人数3953（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？【答案】（1）（2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）时，最大【解析】【分析】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件结合古典概型计算即可得概率；（2）（ⅰ）时，，结合二项分布求解概率分布列与数学期望；（ⅱ）时，，由于最大，结合二项分布的概率计算可得解不等式可得符合的的值.【小问1详解】设事件“选取的2位学生分数不同”，则，故所选2位学生分数不同的概率为；【小问2详解】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.【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）记的中点为，利用正三角形的性质结合线面垂直判定定理证明平面，然后可证；（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，根据线线角的向量表示求出点坐标，然后求出平面PAB的法向量，利用线面角的向量公式求解可得.【小问1详解】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.【小问2详解】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.【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出、的值，进而得到双曲线的标准方程；（2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线AN的斜率为定值；（ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据条件确定其取值范围.【小问1详解】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.【小问2详解】（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，解得.BC方程，令，得，即.则，经化简得，把，代入.先看分子：再看分母：此时.因为，，约分后可得.（ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，.当斜率不为0时，不妨设，，，所以..，代入与的值得.因为，所以，结合，解得.所以.综上，取值范围是.19.已知函数（），且有唯一零点.（1）证明：；（2）证明：；（3）判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）不存在,理由见解析【解析】【分析】（1）要证，转化为证.设函数，求