湖南省衡阳市衡阳县第四中学2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题

这是一份湖南省衡阳市衡阳县第四中学2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题，共16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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．“”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
4．已知平面向量满足，且，，则向量的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．在的展开式中，常数项为（ ）
A．B．4C．D．32
6．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”，在数学学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征，如函数的图象大致形状是（ ）
A．B．C．D．
7．已知正四棱锥底面边长为2，且其侧面积的和是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，最大
B．使得成立的最小自然数
C．
D．数列中最小项为
10．已知函数的最大值为，其部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数为偶函数
C．在上恰有4个零点，则
D．当时，函数的值域为
11．已知函数对任意实数都有，且，，则（ ）
A．B．
C．D．对任意，都有
三、填空题
12．已知，，且，则的最大值为 .
13．已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为 ．
14．对，都有恒成立，那么的取值范围是 .
四、解答题
15．已知数列的前n项和为．
(1)求的通项公式：
(2)若等比数列满足，求的前n项和．
16．已知直三棱柱中，，且，点分别为线段和的中点.

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角.
17．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)若，，求边上的角平分线长；
(2)若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围.
18．已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
19．已知函数.
(1)当时，求的图象在点处的切线方程；
(2)若，时，求实数a的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】直接解不等式结合交集的概念计算即可.
【详解】解得，则，
解得，即，
所以.
故选：C
2．B
【分析】利用复数乘除法运算求出复数，得到共轭复数，再作差求解即可.
【详解】因为，
所以，
则.
故选：B.
3．A
【分析】利用作差法证明充分性成立，根据赋值法判断必要性不成立，即可求解.
【详解】当时，，
，
所以成立，即充分性成立，
取x=2，，此时满足，但不成立，即必要性不成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．B
【分析】根据数量积的运算及夹角公式得解.
【详解】因为，，
所以，即，
所以，
所以，
故选：B
5．C
【分析】写出的展开式的通项，求出常数项.
【详解】二项式的展开式的通项为，
令，得，
所以常数项为
故选：C
6．A
【分析】根据函数的奇偶性可排除D，根据，，即可排除BC.
【详解】由于的定义域为，且，
故为奇函数，图象关于原点对称，此时可排除，
且当，，此时可排除B,
故选：A
7．C
【分析】根据已知得出斜高，从而可得正四棱锥的高，由体积公式可得正四棱锥的体积.
【详解】如图，正四棱锥，，为底面正方形中心，为中点，
由已知可得，
所以，
又，所以，
所以正四棱锥的体积为.
故选：.
8．D
【分析】将圆的方程化为标准方程，再利用直线与圆相交的性质与圆的弦长公式得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为圆，可化为，
则其圆心为，半径为，且，即，
圆心到直线的距离为，
因为直线与圆相交，且所得弦的长度小于6，
所以，解得，
综上，，即.
故选：D.
9．ABD
【分析】利用关系及等差数列通项公式得判断A；根据已知及A项分析得，进而确定的符号判断C；根据A、C项分析确定数列正负分界项，再由等差数列前n项和确定对应n的最小值判断B；根据以上分析确定各项符号判断D.
【详解】根据题意：，即，
两式相加，解得，当时，最大，故A正确；
由，可得，所以，
故，
所以，故C错误；
由以上可得：，
，而，
当时，；当时，；
所以使得成立的最小自然数，故B正确.
当或时；当时；
由，
所以中最小项为，故D正确.
故选：ABD
10．ABC
【分析】对于A：根据函数周期分析判断；对于B：根据函数最值分析判断；对于C：令，可得，以为整体，结合正弦函数性质分析判断；对于D：整理可得，结合正切函数分析求解.
【详解】对于选项A：因为，
由图象可知：函数的最小正周期，
且，则，解得，可得，故A正确；
对于选项B：由图可知：当时，函数取到最大值，
则，
整理可得，解得，
则，
所有为偶函数，故B正确；
对于选项C：令，可得，
因为，则，
若在上有4个零点，
则，解得，故C正确；
对于选项D：因为，
又因为，则，可得，
所以函数的值域为，故D错误；
故选：ABC.
11．ABD
【分析】根据给定的函数等式，利用赋值法，结合周期函数的定义逐项分析判断即得.
【详解】对任意实数都有，且，
对于A，令，得，则，A正确；
对于B，令，得，
因此，B正确；
对于C，由，得，即函数是周期为4的周期函数，
又，即，
因此，C错误；
对于D，由，得，
又是周期为4的周期函数，
因此对任意，都有，即，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.
12．/0.125
【分析】由已知条件，可变形为，利用基本不等式求出的最小值，可得的最大值.
【详解】已知，，且，
则，
，
当且仅当，即时等号成立，
则有，，所以的最大值为.
故答案为：.
13．
【分析】由双曲线的渐近线方程可以确定与的等量关系，转化解出离心率．
【详解】由题意可知双曲线的渐近线方程为，
，
，
故答案为：．
14．
【分析】先利用分离常数法求出，然后求出最值，再根据恒成立条件即可得
【详解】由题意可知，恒成立，
当时，恒成立，
当时，，
而，当且仅当x=2时，等号成立，所以；
综上所述：.
故答案为：
15．(1)，
(2)
【分析】（1）借助关系式，即可求解；
（2）根据（1）的结论可求出等比数列中的，进而求出公比，代入等比数列前n项和公式即可求出.
【详解】（1）因为数列的前n项和为，
当时，；
当时，；
又因为，符合，
所以的通项公式为：，.
（2）设等比数列的公比为.
因为等比数列满足，即，，
所以，所以，
所以的前n项和.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明、来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角.
【详解】（1）平面平面，
又，
又，平面，平面
又平面.又
，
即.又平面，平面.
（2）如图所示，以点为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

易得，
设平面的法向量n=x,y,z，则，
取，则法向量n=0,1,−1.
由（1）可知平面的法向量.
平面与平面的夹角为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出；利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得答案；
（2）延长交于，延长交于，设，分别求出、，再根据三角恒等变换化，结合正切函数的性质即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，因为，所以；
又因为，，所以，
即，解得，设边上的角平分线长为，
则
，即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（2）延长交于，延长交于，设，
所以，在中，
在中，，，所以，
在中，
同理可得在中，所以
，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为12,1.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【详解】（1）由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
（2），∴直线：，
联立方程组得,
设，
则，
点到直线的距离
∴

19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，求导可得f′x，然后分与讨论，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，
，，
所以的图象在点1,f1处的切线方程为，即.
（2），则，
当时，f′x>0，即在0,+∞上单调递增.
当时，，与题意不符.
当时，，f′x>0，在上单调递增；
，f′x