答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁2025屆高三一模數學注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題1．如圖，在中，點是線段上靠近點的三等分點，過點的直線分別交直線、于點、.設，，則的值為（

）A． B． C． D．2．設表示不大于的最大整數，如，，若正數a滿足，則（

）A．10 B．11 C．12 D．133．設集合，則集合與集合的關系是（

）A． B．C． D．4．已知數列滿足，則下列說法正確的是（

）A．若，則所有項恒大于等于 B．若，則是單調遞增數列C．若是常數列，則 D．若，則是單調遞增數列5．已知圓錐的側面展開圖是一個面積為的半圓，則該圓錐的高為（

）A． B． C． D．6．如圖，在一個有蓋的圓錐容器內放入兩個球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是，則（

）A．這兩個球體的半徑之和的最大值為B．這兩個球體的半徑之和的最大值為C．這兩個球體的表面積之和的最大值為D．這兩個球體的表面積之和的最大值為7．如圖，某簡單組合體由圓柱與一個半球黏合而成，已知圓柱底面半徑為2，高為4，A是圓柱下底面圓周上的一個定點，P是半球面上的一個動點，且，則點P的軌跡的長度為（

）

A． B． C． D．8．已知集合，則（

）A． B． C． D．二、多選題9．英國數學家泰勒發現了如下公式：，，某數學興趣小組在研究該公式時，提出了如下猜想，其中正確的有（

）A． B．（精確到小數點后兩位）C． D．當時，10．已知函數是的導函數，則（

）A．“”是“為奇函數”的充要條件B．“”是“為增函數”的充要條件C．若不等式的解集為且，則的極小值為D．若是方程的兩個不同的根，且，則或11．已知點在線段上，是的角平分線，為上一點，且滿足，設，下列說法正確的是（

）A．點的軌跡是雙曲線B．是三角形的內心C．D．在上的投影向量為12．過拋物線的焦點的直線交拋物線于兩點，若，則下列說法正確的是（

）A．為定值B．拋物線的準線方程為C．過兩點作拋物線的切線，兩切線交于點，則點在以為直徑的圓上D．若過點且與直線垂直的直線交拋物線于兩點，則三、填空題13．的展開式中的系數為.14．將函數的圖象沿軸向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則的值為.15．設向量．若，則實數.16．某高中學校為了響應上級的號召，促進學生的全面發展，決定每天減少一節學科類課程，增加一節活動課，為此學校開設了傳統武術、舞蹈、書法、小提琴4門選修課程，要求每位同學每學年至多選2門，從高一到高三3個學年將4門選修課程學完，則每位同學的不同選修方式有種，若已知某同學高一學年只選修了舞蹈與書法兩門課程，則這位同學高二學年結束后就修完所有選修課程的概率為．四、解答題17．已知雙曲線的漸近線方程為，右頂點為，點在上.(1)求的方程；(2)過點的直線與C相交于F，G兩點，點E與點F關于軸對稱，問直線EG是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由；(3)將圓心在軸上，且與C的兩支各恰有一個公共點的圓稱為“子圓”，若兩個“子圓”外切于點，圓心距為，求.18．已知，其中，.(1)若與相切，求實數的值；(2)當時，證明：；(3)若不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．對于一組向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么稱是該向量組的“長向量”．(1)設，且，若是向量組、、的“長向量”，求實數的取值范圍；(2)若，且，向量組、、、…、是否存在“長向量”？給出你的結論并說明理由；(3)已知、、均是向量組、、的“長向量”，其中，．設在平面直角坐標系中有一點列、、、…、，滿足為坐標原點，為的位置向量的終點，且與關于點對稱，與（且）關于點對稱，求的最小值．20．已知函數，.(1)當時，求的極值；(2)若函數有2個不同的零點，.（i）求的取值范圍；（ii）證明：.21．已知函數．(1)求曲線在處的切線方程；(2)若，討論曲線與曲線的交點個數．22．在直角坐標系中，以原點為極點，軸的正半軸為極軸建坐標系，已知曲線，已知過點的直線的參數方程為：，直線與曲線分別交于，.(1)寫出曲線和直線的普通方程；(2)若，，成等比數列，求的值.《2025屆高三一模》參考答案題號12345678910答案CCCCADDCBDACD題號1112答案BCDACD1．C【難度】0.65【知識點】平面向量共線定理的推論【分析】根據，結合平面向量的減法可得出，結合，，可得出，利用、、三點共線，可求出的值.【詳解】連接，因為點是線段上靠近點的三等分點，則，即，所以，，又因為，，則，因為、、三點共線，設，則，所以，，且、不共線，所以，，，故，因此，.故選：C.2．C【難度】0.4【知識點】指數式與對數式的互化、對數的運算【分析】根據的定義進行分析，由此列不等式來求得的取值范圍，進而求得正確答案.【詳解】因為，所以該式的前15項都為0，后4項都為1，所以，所以，即，得，因為，所以，所以，故.故選：C.【點睛】思路點睛：首先根據和式的結果分析每一項的取值情況，列出關于變量的不等式，然后解不等式得到變量的取值范圍，若取值范圍涉及到指數形式，通過計算近似值進一步精確范圍，最后根據變量的取值范圍求出所求式子的值.3．C【難度】0.85【知識點】判斷兩個集合的包含關系、求指數型復合函數的值域、求對數型復合函數的定義域【分析】分別求函數的值域和函數的定義域，即得集合，從而可確定選項.【詳解】由，，可得，則，故，又由有意義，可得，即得，故，則顯然有.故選：C.4．C【難度】0.65【知識點】判斷數列的增減性、由遞推數列研究數列的有關性質【分析】由值不定即可判斷A；由題設求出和即可判斷B；由求出即可求出判斷C；由和即可判斷D.【詳解】對于A，當時，，當且僅當即時等號成立，所以，但值不定，所以若，則所有項不一定恒大于等于，故A錯誤；對于B，若時，，，而，故B錯；對于C，若是常數列，則，即，所以，故C正確；對于D，由題，因為，所以由遞推關系可知，且，，所以，.故D錯誤.故選：C.5．A【難度】0.65【知識點】圓錐的展開圖及最短距離問題【分析】首先根據側面展開圖面積等于半圓面積，求得底面半徑與母線長，再利用勾股定理算得圓錐高.【詳解】設圓錐的母線長為l，圓錐的底面半徑為r，因為圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，圓錐的側面展開圖是一個面積為的半圓，則，解得，則該圓錐的高為.故選：A.6．D【難度】0.15【知識點】由導數求函數的最值（不含參）、球的表面積的有關計算、多面體與球體內切外接問題【分析】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，有一個球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設兩圓的半徑，則，，其中，表達出，，求導得到函數單調性，得到最值，并求出，令，函數在上單調遞增，求出，得到答案.【詳解】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，上面的球與圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，如圖所示，過點O作OF⊥AB，垂足為F，過點作⊥AB，垂足為E，過點作⊥OF，垂足為D．設圓O的半徑為R，圓的半徑為r，當下面的球與上底面相切時，取得最大值，此時為該圓的內切球半徑，等邊三角形的邊長為，內切球半徑為，故，故R的最大值為，且取最大值時，三點共線，設，則，則，解得，所以，，，，.因為，所以①，整理得，解得，令函數，，.令函數，，所以是增函數.又因為，，所以，，所以，，，，即，，，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.因為，所以，即這兩個球體的半徑之和的最大值為.由①可得，這兩個球體的表面積之和為.令，函數在上單調遞增，所以，即這兩個球體的表面積之和的最大值為.故選：D．【點睛】方法點睛：立體幾何中最值問題，一般可從三個方面考慮：一是構建函數法，即建立目標函數，轉化為函數的最值問題進行求解；二是借助基本不等式求最值，幾何體變化過程中兩個互相牽制的變量（兩個變量之間有等量關系），往往可以使用此種方法；三是根據幾何體的結構特征，變動態為靜態，直觀判斷在什么情況下取得最值.7．D【難度】0.65【知識點】球的截面的性質及計算【分析】由題意分析出P在半球面形成的軌跡為圓周，再由三點共線及勾股定理解出，最后按照圓的周長求得即可.【詳解】由于，因此P在半球面形成的軌跡為圓周，如圖：記圓柱上頂面圓心為M，點P的軌跡所在圓的圓心為N，則A，M，N共線，，設，，在和中使用勾股定理有，解得，于是點P的軌跡的長度.故選:D.8．C【難度】0.85【知識點】由對數函數的單調性解不等式、交集的概念及運算【分析】解對數不等式得集合，然后由交集定義計算．【詳解】由已知，所以．故選：C．9．BD【難度】0.65【知識點】利用導數證明不等式、比較正弦值的大小【分析】利用特殊角的函數可以估算并判斷AC選項，利用泰勒展開式可以計算并估計B選項，利用導數可以來證明并判斷D選項.【詳解】由，，則有，故A選項錯誤．由，則，又（精確到小數點后兩位），故B選項正確．，，則有，故C選項錯誤．當時，令，則，，所以在上為增函數，則，所以在上為增函數，則，故當時，恒成立，即．故D選項正確．故選：BD.10．ACD【難度】0.65【知識點】求已知函數的極值、利用導數求函數的單調區間（不含參）、函數奇偶性的定義與判斷、判斷命題的充分不必要條件【分析】根據函數的奇偶性和充分、必要條件的判定方法，可判定A正確；結合導數和函數的單調性間的關系，結合充分、必要條件的判定方法，可判定B錯誤；利用導數求得函數的單調性，進而求得的極小值，可判定C正確；結合二次函數的性質，結合，列出不等式，可判定D正確．【詳解】對于A中，當時，函數，則滿足，所以為奇函數，所以充分性成立；若為奇函數，則，則恒成立，所以，所以必要性成立，所以A正確；對于B中，當時，，可得，所以為增函數；由，當為增函數時，，所以“”是“為增函數”的充分不必要條件，所以B錯誤；對于C中，由，若不等式的解集為且，則在上先增后減再增，則，解得，故，可得，令，解得或，當內，，單調遞增；當內，，單調遞減；當內，，單調遞增，所以的極小值為，所以C正確．對于D中，由，因為是方程的兩個不同的根，所以，即，且，由，可得，所以，即，聯立方程組，可得，解得或，所以D正確．故選：ACD．11．BCD【難度】0.65【知識點】求投影向量、雙曲線定義的理解、向量的線性運算的幾何應用、向量加法法則的幾何應用【分析】建立直角坐標系，根據雙曲線的定義，結合三角形內心的向量表達式、切線長定理、投影向量的定義進行求解即可.【詳解】建立如圖所示的直角坐標系，由，可設，，

所以點的軌跡是以為焦點，實軸長為的雙曲線的右支（不含右頂點），故A錯誤；因為是的角平分線，且，所以，又表示方向上的單位向量，表示方向上的單位向量，則在的角平分線上，所以也為的角平分線，為的內心，故B正確；如圖，設，則，，則由雙曲線與內切圓的性質可得，，故C正確；又，所以，在上的投影長為，所以在上的投影向量為，故D正確.故選：BCD12．ACD【難度】0.65【知識點】根據韋達定理求參數、直線與拋物線交點相關問題、與拋物線焦點弦有關的幾何性質、求直線與拋物線相交所得弦的弦長【分析】對于A，B，聯立直線與拋物線方程，利用韋達定理以及焦半徑公式解方程即可；對于C，利用導數的幾何意義求出，直線垂直即可判斷；對于D，利用韋達定理以及焦半徑公式求出，即，由直線與直線垂直得即可.【詳解】對于A，由已知設過點的直線方程為，聯立方程，消去得，可得，又因為，所以，則，解得（定值），A正確;所以拋物線方程為，準線方程為，B錯誤;對于C，拋物線，即，則

，所以，故直線垂直，所以點在以為直徑的圓上，C正確;對于D，因為，解得，因為直線垂直于直線，直線的方程為所以，則，D正確.故選：ACD.13．【難度】0.65【知識點】求指定項的系數、三項展開式的系數問題【分析】分析找到滿足題意的項，化簡即可得到結果．【詳解】根據題意，展開式中的項為則的系數為：故答案為：.14．1【難度】0.85【知識點】求圖象變化前（后）的解析式、特殊角的三角函數值【分析】先根據向左平移得出的解析式，再求函數值即可.【詳解】由已知得，所以.故答案為：1.15．【難度】0.85【知識點】已知向量垂直求參數、利用向量垂直求參數、數量積的坐標表示、垂直關系的向量表示【分析】由向量的垂直關系列方程求解即可.【詳解】由得，即，由向量的坐標，得，解得.故答案為：.16．54/【難度】0.65【知識點】計算條件概率、分組分配問題【分析】利用分組分配的方法，計算求值；利用樣本空間的方法，求條件概率.【詳解】由題意可得三個學年修完四門選修課程，每學年至多選2門，則每位同學每年所修課程數為1，1，2或0，2，2．先將4門選修課程按1，1，2分成三組，有種方式，再分到三個學年，有種不同方式，由分步計數原理得，不同的選修方式共有種．同理，將4門選修課程按0，2，2分成三組，再排列，有種，所以共有種不同的選修方式；若將“某同學高一學年只選修了舞蹈與書法兩門課程”記為事件A，將“高二學年結束后就修完所有選修課程”記為事件B．根據題意，滿足事件A的所有選課情況共4種情況，其中包含高二選修完或高三選修完其他2門，或是高二，高三各選1門，共4種情況，其中同時滿足事件B的僅有1種情況．根據條件概率公式，可知所求概率為．故答案為：54；17．(1)(2)直線EG過定點.(3).【難度】0.65【知識點】根據直線與雙曲線的位置關系求參數或范圍、根據雙曲線的漸近線求標準方程【分析】（1）設出方程帶入點，得到方程.（2）當直線DG的斜率不為零時，設直線DG的方程再進行聯立，再易知，直線EG的斜率存在，設直線EG的方程為，最后得到過定點.（3）考慮子圓，兩圓的圓心之間的距離，最后得到答案.【詳解】（1）設雙曲線的方程為，將點代入得，即，雙曲線的方程為（2）當直線DG的斜率不為零時，設直線DG的方程為，，，.由消去整理得，依題意得：，且，即且，，.易知，直線EG的斜率存在，設直線EG的方程為.令，得.直線EG過定點.當直線DG的斜率為0時，直線EG的方程為，過點，綜上，直線EG過定點.（3）考慮以為圓心的“子圓”，由的方程與的方程消去，得關于的二次方程.依題意，該方程的判別式，.對于外切于點的兩個“子圓”，，顯然點在軸上，設，，的半徑分別為，，不妨設，的圓心分別為，.則，.兩式相減得：，而，.，整理得：.，點.，故.18．(1)(2)證明見解析(3)【難度】0.4【知識點】利用導數研究不等式恒成立問題、利用導數證明不等式、用導數判斷或證明已知函數的單調性、已知切線（斜率）求參數【分析】（1）先求導函數再應用切線斜率為1，計算求參；（2）先把證明的不等式轉換，再構造函數，根據函數單調性計算證明不等式；（3）分兩種情況分類討論是否符合不等式恒成立即可求參.【詳解】（1）設，則，，若與相切，設切點為，則，又，則，從而，即，即.（2）設，則，當時，，依題意，當時，要證，即證，當時，即證.設，，則，當時，，單調遞增，則當時，，即，從而，當時，，即，從而，綜上可知，當時，.（3）不等式即，令，令，，，由，不妨設，，其中，，.（ⅰ）當時，由（2）可知單調遞增，故，則，即單調遞增，符合題意；（ⅱ）當時，由，令，則，①當時，，則恒成立，故單調遞減，即，即，故單調遞增，從而，符合題意；②當時，，故有兩個根，因此當時，，單調遞增，則，即，故在區間上單調遞減，從而，不合題意.綜上可知，或，即.【點睛】關鍵點點睛:解題的關鍵點是構造，結合導函數判斷函數單調性，分兩種情況分別證明不等式即可19．(1)(2)存在“長向量”，且“長向量”為、，理由見解析；(3)【難度】0.15【知識點】向量新定義、向量模的坐標表示、平面向量線性運算的坐標表示、求含sinx(型)函數的值域和最值【分析】（1）得到，從而得到不等式，求出答案；（2），若存在“長向量”，只需使，又，故，即，當或6時，符合要求，得到結論；（3）由題意得，同理，，三式相加并化簡，得，設，由得，設，由對稱得到方程組，求出，其中，故．【詳解】（1）由題意可得：，即，又，故，故，解得；（2）存在“長向量”，且“長向量”為、，理由如下：由題意可得，若存在“長向量”，只需使，又，，即，即，當或6時，符合要求，故存在“長向量”，且“長向量”為、．（3）由題意，得，，即，即，同理，，三式相加并化簡，得，即，，所以，設，由得，設，因為與關于點對稱，與（且）關于點對稱，則依題意得：，將①代入②得，，從而，……，，以上個式子相加化簡得，，又由②知，，即，所以，其中，，當且僅當時等號成立，故．【點睛】新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.20．(1)極小值為，無極大值(2)（i）；（ii）證明見解析【難度】0.4【知識點】利用導數研究函數的零點、利用導數證明不等式、求已知函數的極值【分析】（1）將代入函數解析式，求導，判斷其單調性，進而得出極值；（2）（i）化簡函數的解析式，令，問題可轉化為在有2個零點，，再利用導數研究函數的性質即可得出答案；（ii）等價于證明，再利用極值點偏移法即可得證．【詳解】（1）時，，，令，，；，，在單調遞減，單調遞增，時，，，則，，，時，，時，；，，在單調遞減，在單調遞增，的極小值為，無極大值.（2）（i），，令，，，在單調遞增，令，即在有2個零點，，且，，，時，，在單調遞增，不存在2個零點，，時，；時，，在單調遞減，在單調遞增，時，；時，，，.（ii）設，，，由（i）知，，即證：，即證：，，，在單調遞增，即證：，，，令，，即證：，，令，，，在單調遞減，，，在單調遞增，，【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式問題：1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；4．構造“形