湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三上学期期末适应性考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三上学期期末适应性考试数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知正数，满足，则等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共4页.时量120分钟，满分150分.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，，若，则（ ）
A. 或2B. 或1C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由集合相等即可求得结果.
【详解】集合，，
因为，所以，
解得，
故选：D
2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A. 2或B. 或C. 2或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，利用向量的坐标运算可得，求解即可.
【详解】由题意可知.因为，，
所以，整理得，解得或.
故选：A.
3. 若复数，满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数定义以及复数的基本运算法则，再由复数相等解方程组可得结果.
【详解】因为，所以，
由，得，即，
所以，解得，所以.
故选：A.
4. 已知命题，为假命题，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得，令，利用数形结合可求得.
【详解】由题意知，，令，则，
作出函数的图象如图所示，
若，则直线与函数的图象没有公共点，数形结合可知,
所以的取值范围为.
故选：D.
5. 某地区2024年全年月平均温度（单位：℃）与月份之间近似满足.已知该地区2月份的月平均温度为℃，全年月平均温度最高的月份为6月份，且平均温度为32℃，则该地区12月份的平均温度为（ ）
A. ℃B. ℃C. ℃D. ℃
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，可求得，进而根据已知可得，，可求得解析式，进而可求得时的函数值，可得结论.
【详解】由题意可知，直线是曲线的一条对称轴，
所以，，即，.又，
即，所以.
因为全年月平均温度的最大值为32℃，所以①.
又当时，，所以，所以②.
由①②解得，，
所以，则当时，℃.
故选：A.
6. 扇子发源于我国，我国的扇文化有着深厚的文化底蕴，是民族文化的一个组成部分，历来我国有“制扇王国”之称.现有某工艺厂生产的一款优美的扇环形扇子，如图所示，其扇环面是由画有精美图案的油布构成，扇子对应的扇环外环的弧长为48cm，内环的弧长为16cm，油布径长（外环半径与内环半径之差）为24cm，则该扇子的油布面积大约为（油布与扇子骨架皱折部分忽略不计）
A. 1024cm2B. 768cm2
C. 640cm2D. 512cm2
【答案】B
【解析】
【分析】设扇子对应的扇形的圆心角为，内环的半径为cm，外环的半径为cm，利用扇形面积公式计算即可得出结果.
【详解】设扇子对应的扇形的圆心角为，内环的半径为cm，外环的半径为cm，
则，因为扇环外环的弧长为48cm，内环的弧长为16cm，
所以，则，所以该扇子的油布面积为cm2.
故选：B
7. 高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，.已知等差数列的第5项为5，前10项和为55，等比数列的第3项为4，第6项为32.若数列的前项和为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列和等比数列的概念求解出，，然后利用错位相减法求解出，再求出.
【详解】设等差数列的公差为，由第5项为5，前10项和为55，
得，解得，所以.
设等比数列的公比为，由第3项为4，第6项为32，得，
所以，所以，
，
则，
两式相减得
所以，
故，
则
因，所以，
故选：B.
8. 在湖南省桂阳县舂陵水上，巍然耸立着一座世界上最早的大型深孔溢流双曲线拦河拱坝，如图所示.若该拱坝下方边界线近似看作以直线为其中一条渐近线的双曲线的上支，，分别为该双曲线的下焦点和上焦点，若为该拱坝下方边界线上的一点，则的最小值为（ ）
A. 17B. C. 11D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线方程可得，在利用双曲线的定义结合基本不等式运算求解.
【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，则.
又因为点在双曲线的上支，则，即.
可得，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为17.
故选：A.
二、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. 已知正数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知结合基本不等式及相关结论检验各选项即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，当且仅当时取等号，A正确；
对于B，因为，当且仅当时，等号成立，B错误；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，由，，，知，，所以，所以，D正确.
故选：ACD
10. 如图，某电子实验猫线路图上有，两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，，两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在，两处遇到红灯的次数之和为，则（ ）
A.
B.
C. 一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意知道，再根据二项分布得概率公式，方差公式，期望公式逐个计算判定即可.
【详解】由题意可知，所以，，故A正确，B错误；
一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为，故C正确；
当时，一次实验中没有遇到红灯的概率为，遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，
故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，已知圆，的顶点，在圆周上，，现将在圆内按逆时针方向依次作旋转、具体方法如下：第一次，以为中心，使落到圆周上；第二次，以为中心，使落到圆周上；第三次，以为中心，使落到圆周上，以此类推旋转.若旋转了次后点所走路程的总长度为，则的值可能为（ ）

A. 2022B. 2023C. 2024D. 2026
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题设分析每次旋转所走路程，并找到其中的周期性，结合已知求出一个周期内所走路程长度，进而确定的值.
【详解】如下图，第一次，以为中心，使落到圆周上，所走路程为0；
第二次，以为中心，使落到圆周上，所走路程为；
第三次，以为中心，使落到圆周上，所走路程为；
由题意知，每三次一轮，初始位置出现类似情况，
由及图知，，，则，即，
又，，故，
综上，，，所以一轮所走路程为，
若旋转了次后点所走路程的总长度为，
则，可得,
所以至少旋转了轮，即至少旋转了次，
又每轮的第一次所走路程为0，故次，也满足要求.

综上，A、B都对.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题关键是确定每次旋转所走路程，并找到一个周期所旋转的次数.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 计算：______.
【答案】1
【解析】
【分析】利用二倍角公式及两角和差的正弦公式计算可得.
【详解】
.
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且当时，，则的解析式可以为______（写出一个满足条件的解析式即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】举例，根据题意结合导数判断其单调性，进而分析判断
【详解】当时，，且，
当时，；当时，；
可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，符合题意.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 已知的展开式中各项系数的和是2，则展开式中的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】代入，解出，再利用二项展开式的通项公式进行合理赋值即可.
【详解】令，得的展开式中各项系数的和为，
解得，
的展开式的通项为，
分别令，，可得展开式中的系数为.
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，，所对的边分别为，，，且．
（1）求的最大值，并判断此时的形状；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）最大值，直角三角形
（2）6.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，得到与的关系，利用基本不等式得到的最大值，求出当取最大值时A，B，C的大小，从而判断出的形状；
（2）解法一：先求，的值，过点B作于点D，求BD的长，最后求的面积；解法二：过B作于点D，根据（1）中可求得AD，CD，结合求出BD，求的面积.
【小问1详解】
由及正弦定理，得，
所以，即，
所以．
易知，则．①
所以．
易知，所以，
当且仅当时，取得最大值．②
此时，所以，．由三角形内角和定理得，
所以当取得最大值时，为直角三角形．
【小问2详解】
解法一：由题，，得，
由（1）可得，所以，
所以，．③
易知为锐角三角形，过点B作于点D，则D在边AC上，
设，则，
由得，所以，从而，④
所以．
解法二：由题意得是锐角三角形，过点B作于点D，则D在边AC上，
且，．因为，所以，
因为，所以，，
设，则，，
所以，得，即，⑤
所以．
16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若，直线与平面所成角为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）方法一：建系，利用空间向量求解二面角的正弦值，方法二：根据二面角定义，找到二面角的平面角求解.
【小问1详解】
因为，为的内角，
所以得，，
又为的中点，
故，
而，则，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
解法一如图①，取中点，连接，
由题知，又，
则为等边三角形，故.
由（1）知平面平面，
所以，
因为底面为平行四边形，且，
则四边形为矩形，
则.
因为平面平面，
所以平面，
因为平面，
则，
又因为，且平面平面，
所以平面，
则为直线与平面所成角，
设，，
则，
解得.
过点作，故以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图①所示的空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
则，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
则，
所以二面角的正弦值为.
解法二如图②，过点作于点，
由（1）知平而平面，
所以，
因为底而为平行四边形，且，
则四边形为矩形，则.
因为平面平面，
所以平面，
又平面，则，
又，平面，
故平面，
过点作于点，连接
因为平面，
所以，又，平面，
所以平面，
因为平面，
故，
则为二面角的平面角，
取中点，连接，
由题知，又，
则为等边三角形，
故.
又，
因为平面平面，
所以平面，
则为直线与平面所成角，
设，则，
解得，易知，
故在Rt中，.
在Rt中，，
在中，由余弦定理得，
则.
在Rt中，，
解得，易知，
在Rt中，，
所以二面角的正弦值为.
17. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线与的图象有且仅有一个交点，求的值；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围．
【答案】（1）0或或4；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，再将问题化为仅有一个解，讨论参数a，求范围；
（2）根据题设有恒成立，利用导数求右侧的最大值，即可得范围.
【小问1详解】
由题知，则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
因为该切线与的图象有且只有一个交点，
所以方程仅有一个解，即仅有一个解，
当时，方程可化为，仅有一个解，满足题意；
当时，由，得，解得或．
综上，的值为0或或4．
【小问2详解】
因为在上单调递增，所以恒成立，
由（1）知，故恒成立，所以，
令，，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，则，解得，
所以实数的取值范围为．
18. 已知抛物线，过点作斜率为的直线交于，两点.
（1）当时，
（i）若点在的准线上，且满足，求的值；
（ii）若点，在轴上，且满足，求取得最小值时的值.
（2）若存在，使得对任意实数成立，求的值.
【答案】（1）（i）（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）法一、将直线的方程与的方程联立，得到根与系数的关系，求点的坐标，进而利用两直线斜率间的关系得到，结合射影定理计算比值即可；
法二、过点，分别作的准线的垂线，垂足分别为，利用抛物线的定义及三角形全等的判定得，再根据射影定理计算比值即可；
（ii）利用抛物线的定义得到，再由三角函数的定义及直线的斜率与倾斜角的关系得到，换元，构造函数，利用导数求函数的最小值；
（2）根据韦达定理及弦长公式分别求，再计算，根据对任意实数成立求的值即可.
【小问1详解】
（ⅰ）由题意知直线的方程为，设，
联立得，消去得，
所以.
当时，，
，
易得的准线方程为，直线的方程为，
所以.
因为，所以，
所以
所以，
所以.
在中，易得，
所以，所以.
法二、当时，点为的焦点，
过点，分别作的准线的垂线，垂足分别为，则，（抛物线的定义）
易得，
易得，即，
在中，易得，
所以，所以.
（ii）由（ⅰ）解法一可得，
设直线的倾斜角为，
则.
令，则，且，
设，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取得最小值，即取得最小值，
此时，得.
【小问2详解】
由（1）（ⅰ）解法一可知，
由题可得，同理，
所以，
所以，
由题意可得对任意的实数恒成立，
所以，故的值为1.
【点睛】方法点睛：1、与长度有关的最值（范围）问题的求解方法
（1）代数法，根据已知条件将所求长度表示出来，即确定长度的目标函数，可以通过函数思想，在定义域内确定函数的最值（值域），也可以借助基本不等式求解，但一定要注意等号成立的条件.
（2）几何法，借助圆锥曲线的定义进行“几何”转化，通常利用“两点之间线段最短”“垂线段最短”等求得最值.
2、射影定理
如图，在直角三角形中，于点，则有以下结论：①；②；③.
19. 错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利一欧拉的装错信封问题.现在定义错排数为将，，，，共个元素排列在，，，，共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数（的对应位置为，，）.容易得到，，，，规定.
（1）计算：，；
（2）记，的前项和为，证明：；
（3）定义错排概率为随机将，，，，共个元素排列在，，，，共个位置上，其中恰有个元素不在其对应位置上的概率，证明：.
【答案】（1）9，44
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）有种排法, 讨论的排法，进而讨论可得，的的排法，从而可求，类似可求得.
（2）得到的通项，转化要证明的等式，根据（1）的提示，寻找递推关系，进而运算可得结论；
（3）由定义得到与之间的关系，寻找与的关系，变形并求的表达式，运算可得结论.
【小问1详解】
可以排在，，上，有种排法.
不妨设排在上，接下来讨论.
当排在上时，剩下两个元素，的排法有（种）.
当不排在上时，可以排在，上，有种情况.
若排在上，剩下两个元素，只有1种排法.
所以.
可以排在，，，上，有种情况.
不妨设排在上，接下来讨论，
①当排在上时，剩下三个元素，，分别不排在，，上，
则，，的不同排法有（种）.
②当不排在上时，可以排在，，上，有种排法，
若排在上，接下来讨论.
（ⅰ）当排在上时，剩下两个元素，的排法有（种）；
（ⅱ）当不排在上时，可以排在，上，有种排法，
剩下两个元素，只有1种排法.
故.
【小问2详解】
当时，，满足.
当时，要证明，只需证明，
所以只需证明，.
当时，，成立.
回到定义，当时，对于，不妨从开始排列，
设排在上，有种排法.
接下来讨论，
①当排在上时，剩下，，，，，，共个元素
分别不在，，，，，，上，
共有种排法.
②当不排在上时，
因，，，，，，分别不在，，，，，，上，
所以，，，，，，共个元素
分别不在，，，，，，上，
共有种排法.
所以.
所以，，
即，.
综上，成立.
【小问3详解】
根据定义，
先从个元素中选出个元素，再对它们进行排列，并使它们均不排在对应位置上，
所以.
所以.
不妨记，
则，且，，，
得，
则，
故是等比数列，且公比为，
又，所以，
变形得，
则当时，，，
，，
累加得
经检验，也符合上式，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算，使得问题得以解决.