2025届湖南省郴州市高三上学期12月期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省郴州市2025届高三上学期12月期末考试数学试题一、单项选择题：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】因为，，所以故选：B2.设，是两个平面，，是两条直线，若，，则“”是“，”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若，，则,可能平行，也可能相交，故不一定成立，若，则，，故是，的充分不必要条件.故选：A3.已知向量，满足，，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，则，所以，所以.故选：C.4.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为，，则“”的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种基本事件，设为抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为，，则“”，则中共有基本事件3种：，，所以，故“”的概率为.故选：D.5.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，为的中点，为线段上一点，若（为坐标原点），则（）A.4 B.2 C.1 D.【答案】C【解析】如图，连接，由题意可知，因为为坐标原点，为的中点，所以，，则.故选：C6.在中，内角，，的对边分别为，，，，，，为边上一点，且，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为在中，，又为边上一点，且，所以，又，所以，所以，解得，所以.故选：D.7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，求导得，令，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以单调递增，所以，所以，所以，所以，即，令，求导得，所以在上单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故选：B.8.已知是递减的整数数列，若，且，则的最小值为（）A.54 B.55 C.63 D.64【答案】D【解析】因为是递减的整数数列，所以要使最小，应使递减的幅度尽可能小,考虑公差为的等差数列,设,由,得.记前项和为，则,当时,，不满足题意；当时，，因,只需去掉这一项即可，即满足题意的数列为，即的最小值为64.故选：D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.已知事件、发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（）A. B.C.一定有 D.若，则与相互独立【答案】ABD【解析】对于A选项，由对立事件的概率公式可得，A对；对于B选项，因为，当且仅当时，等号成立，又因为，，所以，，当且仅当时，等号成立，综上所述，，B对；对于C选项，因为，，无法确定、的包含关系，C错；对于D选项，因为，所以，，则、独立，进而可知，与相互独立，D对.故选：ABD.10.已知函数则（）A.在区间上单调递增B.仅有个极大值点C.无最大值，有最小值D.当时，关于的方程共有个实根【答案】BC【解析】对于A选项，当时，，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，A错；对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点，当时，，则，此时函数单调递增，当时，，此时函数有极小值点，无极大值点，综上所述，函数仅有个极大值点，B对；对于C选项，当时，，当时，，所以，函数的最小值为，函数无最大值，C对；对于D选项，如下图所示：

由图可知，当时，关于的方程共有个实根，D错.故选：BC.11.已知正方体的棱长为，、、分别为棱、、上的动点，是空间中任意一点，则下列结论正确的是（）A.B.用一个平面截该正方体，所得截面面积的最大值为C.若，则的最大值为D.若，则三棱锥的体积最大时，其外接球的体积为【答案】ACD【解析】对于A选项，因为平面，平面，则，因为四边形为正方形，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，A对；对于B选项，取截面，因为平面，平面，则，易得，，且四边形为矩形，则，所以，用一个平面截该正方体，所得截面面积的最大值不是，B错；对于C选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0、、，设点、，，，因为，则，可得，当且仅当时，即当时，等号成立，所以，当时，则的最大值为，C对；对于D选项，设点，则，，因为，则，可得，所以，的最大值为，此时，，即当点的坐标为，点到平面的距离达到最大值，因为为定值，此时，三棱锥的体积取最大值，且，由于平面，将三棱锥补成长方体，如下图所示：则三棱锥的外接球直径为，可得，所以，其外接球的体积为，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则______________.【答案】16【解析】因为，所以，，故答案为：1613.已知函数的图象关于直线对称，则______________.【答案】3【解析】由知，即，所以函数的定义域为由函数的图象关于直线对称，所以，且恒成立，即，所以，整理得，所以，故故答案为：314.已知定点和，当点在椭圆上运动时，的面积的最小值为2，最大值为18，则______________.【答案】【解析】由题知直线不与椭圆相交，可设直线的方程为，点，则点到直线的距离为，由题可知为定值，则当变化时，的最大值与最小值的比值为，因为的值不为0，所以其值恒为正或恒为负.由辅助角公式可知的最大值为，为正，所以最小值也为正，所以，解得，所以，因为的面积的最小值为2，所以，所以.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.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）若在区间上存在最小值，求实数的取值范围.解：（1）由图可得，由，则最小正周期，即，又当时，取到最大值，则，所以，又，所以，所以；（2）当时，，若函数在区间上存在最小值，则，解得，所以实数的取值范围为.16.如图，在几何体中，平面，，且，四边形为菱形，，.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：由平面，平面，得：，再由四边形为菱形，得：，因为，所以平面，且，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：以菱形中心为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，由，，可知，再由，可知，则，所以，设平面的法向量为n1=则有，令，则，即，设平面的法向量为，则有，令，则，即，则，即平面与平面夹角的余弦值为.17.在直角坐标系中，已知抛物线上两动点，满足.（1）证明：直线过定点；（2）设直线过定点，以为直径作圆，过点且斜率为的直线与交于，两点，将圆沿轴折起，使平面平面，求折起后的长度的取值范围.（1）证明：由题可设直线的方程为：，且，设，则，，所以，因为，所以，解得（舍）或，则直线的方程为：，故直线过定点；（2）解：由（1）得，以为直径作圆，则圆心，半径，则圆的方程为，设直线，联立直线与圆的方程,可得，所以，作轴于轴于，连接，因为平面平面，交线为轴，，平面，所以平面，则，故折起后，又，所以，即折起后的长度的取值范围为.18.（1）证明：，其中，，且.（2）证明：若服从二项分布，则.（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为.双方约定比满局，赢的局数多的人获胜.设甲获胜的概率为，证明是递增数列，并说明该结论的实际含义.证明：（1）.（2）令，由服从二项分布，得，因此，令，所以.（3）设事件“比满局甲获胜”，“第局甲胜”，“第局甲胜”，因此，而，则，所以是递增数列，该结论的实际含义是：比赛局数越多，对实力较强者（如甲）越有利.19.已知函数的图象在点处的切线方程为.（1）求，的值.（2）若正项数列的前项和为，且，，证明：（ⅰ）；（ⅱ）.（1）解：，由题意可得，则，又，切点在切线上，所以，则，所以，解得；（2）证明：（ⅰ）因为，所以要证，即证又，所以即证，因为数列为正项数列，所以可设，不等式化为，设，则恒成立，故函数在上单调递增，则恒成立，即在上恒成立，则原命题得证；（ii）先证明，即证，设，则，又设函数，则，所以时，，则函数在上单调递增，故，即当时，恒成立，所以，所以，所以，则在上单调递增，所以，则所证不等式成立，因为，所以，所以，又，所以，所以当时，，又当时，，故.湖南省郴州市2025届高三上学期12月期末考试数学试题一、单项选择题：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】因为，，所以故选：B2.设，是两个平面，，是两条直线，若，，则“”是“，”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若，，则,可能平行，也可能相交，故不一定成立，若，则，，故是，的充分不必要条件.故选：A3.已知向量，满足，，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，则，所以，所以.故选：C.4.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为，，则“”的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种基本事件，设为抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为，，则“”，则中共有基本事件3种：，，所以，故“”的概率为.故选：D.5.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，为的中点，为线段上一点，若（为坐标原点），则（）A.4 B.2 C.1 D.【答案】C【解析】如图，连接，由题意可知，因为为坐标原点，为的中点，所以，，则.故选：C6.在中，内角，，的对边分别为，，，，，，为边上一点，且，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为在中，，又为边上一点，且，所以，又，所以，所以，解得，所以.故选：D.7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，求导得，令，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以单调递增，所以，所以，所以，所以，即，令，求导得，所以在上单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故选：B.8.已知是递减的整数数列，若，且，则的最小值为（）A.54 B.55 C.63 D.64【答案】D【解析】因为是递减的整数数列，所以要使最小，应使递减的幅度尽可能小,考虑公差为的等差数列,设,由,得.记前项和为，则,当时,，不满足题意；当时，，因,只需去掉这一项即可，即满足题意的数列为，即的最小值为64.故选：D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.已知事件、发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（）A. B.C.一定有 D.若，则与相互独立【答案】ABD【解析】对于A选项，由对立事件的概率公式可得，A对；对于B选项，因为，当且仅当时，等号成立，又因为，，所以，，当且仅当时，等号成立，综上所述，，B对；对于C选项，因为，，无法确定、的包含关系，C错；对于D选项，因为，所以，，则、独立，进而可知，与相互独立，D对.故选：ABD.10.已知函数则（）A.在区间上单调递增B.仅有个极大值点C.无最大值，有最小值D.当时，关于的方程共有个实根【答案】BC【解析】对于A选项，当时，，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，A错；对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点，当时，，则，此时函数单调递增，当时，，此时函数有极小值点，无极大值点，综上所述，函数仅有个极大值点，B对；对于C选项，当时，，当时，，所以，函数的最小值为，函数无最大值，C对；对于D选项，如下图所示：

由图可知，当时，关于的方程共有个实根，D错.故选：BC.11.已知正方体的棱长为，、、分别为棱、、上的动点，是空间中任意一点，则下列结论正确的是（）A.B.用一个平面截该正方体，所得截面面积的最大值为C.若，则的最大值为D.若，则三棱锥的体积最大时，其外接球的体积为【答案】ACD【解析】对于A选项，因为平面，平面，则，因为四边形为正方形，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，A对；对于B选项，取截面，因为平面，平面，则，易得，，且四边形为矩形，则，所以，用一个平面截该正方体，所得截面面积的最大值不是，B错；对于C选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0、、，设点、，，，因为，则，可得，当且仅当时，即当时，等号成立，所以，当时，则的最大值为，C对；对于D选项，设点，则，，因为，则，可得，所以，的最大值为，此时，，即当点的坐标为，点到平面的距离达到最大值，因为为定值，此时，三棱锥的体积取最大值，且，由于平面，将三棱锥补成长方体，如下图所示：则三棱锥的外接球直径为，可得，所以，其外接球的体积为，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则______________.【答案】16【解析】因为，所以，，故答案为：1613.已知函数的图象关于直线对称，则______________.【答案】3【解析】由知，即，所以函数的定义域为由函数的图象关于直线对称，所以，且恒成立，即，所以，整理得，所以，故故答案为：314.已知定点和，当点在椭圆上运动时，的面积的最小值为2，最大值为18，则______________.【答案】【解析】由题知直线不与椭圆相交，可设直线的方程为，点，则点到直线的距离为，由题可知为定值，则当变化时，的最大值与最小值的比值为，因为的值不为0，所以其值恒为正或恒为负.由辅助角公式可知的最大值为，为正，所以最小值也为正，所以，解得，所以，因为的面积的最小值为2，所以，所以.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.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）若在区间上存在最小值，求实数的取值范围.解：（1）由图可得，由，则最小正周期，即，又当时，取到最大值，则，所以，又，所以，所以；（2）当时，，若函数在区间上存在最小值，则，解得，所以实数的取值范围为.16.如图，在几何体中，平面，，且，四边形为菱形，，.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：由平面，平面，得：，再由四边形为菱形，得：，因为，所以平面，且，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：以菱形中心为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，由，，可知，再由，可知，则，所以，设平面的法向量为n1=则有，令，则，即，设平面的法向量为，则有，令，则，即，则，即平面与平面夹角的余弦值为.17.在直角坐标系中，已知抛物线上两动点，满足.（1）证明：直线过定点；（2）设直线过定点，以为直径作圆，过点且斜