湖南省长沙市麓山国际实验学校2024-2025学年高三下学期入学考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市麓山国际实验学校2024-2025学年高三下学期入学考试数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分: 150 分 时量: 120 分钟
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
有一项是符合要求的.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】首先通过联立方程，求解 的元素，再根据集合的形式，判断选项.
【详解】联立 ，得 ，
所以 .
故选：C
2. 若复数 满足 ，则其共轭复数 为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法运算结合共轭复数概念即可求解.
【详解】由 ，
可得： ，
所以 ，
故选：B
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3. 等比数列 中， ，则 （ ）
A. 2 B. 4 C. 9 D. 252
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的定义求解即可.
【详解】因为 是等比数列，设其公比为 ，所以 ，解得 ，
所以 .
故选：B.
4. 设 ， ， 是非零向量，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】分别判断充分性和必要性成立情况得出结论.
【详解】若 ，则 ， ；
若 ，则 ， 即 .
“ ”是“ ”的必要而不充分条件；
故选：B.
5. 若函数 ,恰有两个零点，则实数 取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线 与 在 上有一个
交点的问题，结合函数的图象即得参数 的范围.
【详解】当 时，由 可得 ，
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依题意， 时， 有 1 个零点，
即方程 在 上有一个实根，
也即直线 与 在 上有一个交点.
如图作出函数的图象.
因 在 上单调递增，由图可知，此时 .
综上，实数 的取值范围是 .
故选：D
6. 过直线 上一点 P 作⊙M： 的两条切线，切点分别为 A，B，若使得
的点 P 有两个，则实数 m 的取值范围为（ ）
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】易得 ，根据题意可得圆心 到直线 的距离 ，进而可得出答案.
【详解】⊙M： 的圆心 ，半径 ，
由 ，得 ，
由题意可得圆心 到直线 的距离 ，
即 ，解得 .
故选：B.
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7. 如图，过原点 的直线 交椭圆 于 两点，过点 分别作 轴、 的
垂线 ，且分别交椭圆 于点 ， ，连接 交 于点 ，若 ，则椭圆 的离心
率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ，则 ，由 ， 共
线，点 在椭圆上，得坐标关系，联立求解即可.
【详解】设 ，则 ，
由 ，则 ，即 ，①
由 三点共线，则 ，即 ，②
又因为 ，即 ，③
将①②代入③得 ，则 .
故选：D.
8. 已知正数 ， 满足 ，若 恒成立，则实数 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分离参数可得 ，即可得到 ，再结合二次函数的值域，
代入计算，即可得到结果.
【详解】因为 ，所以 等价于 ，
又 ，所以 ，则 ，
即 ，
又 ，
所以 ，即实数 的最小值为 .
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. 下面命题中是假命题的有（ ）
A 中，若 ，则
B. 若 ，则 是第一象限角或第二象限角
C. 若一个扇形所在圆的半径为 ，其圆心角为 弧度，则扇形的周长为
D. 函数 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理结合大边对大角可判断 A 选项；利用三角函数值的符号与角的终边的关系可判断 B
选项；利用扇形的弧长公式可判断 C 选项；取 可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项， 中，若 ，则 ，所以， ，A 对；
对于 B 选项，若 ，则 是第一象限角或第二象限角或 角的终边在 轴的非负半轴，B 错；
对于 C 选项，若一个扇形所在圆的半径为 ，其圆心角为 弧度，则扇形的周长为 ，C 对；
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对于 D 选项，若 ，则 ，D 错.
故选：BD.
10. 已知二项式 的展开式中各项系数之和是 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 展开式共有 6 项
B. 二项式系数最大的项是第 4 项
C. 展开式的常数项为 540
D. 展开式 有理项共有 3 项
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法求出幂指数 ，再结合展开式的通项，逐项判断即可.
【详解】由二项式 的展开式中各项系数之和是 ，得当 时， ，解得 ，
对于 A，展开式共 7 项，A 错误；
对于 B，二项式系数最大的项是第 4 项，B 正确；
二项式 展开式的通项 ，
对于 C，由 ，得 ，则展开式的常数项 ，C 正确；
对于 D，由 为整数，得 ，因此展开式的有理项共有 4 项，D 错误.
故选：BC
11. 已知等差数列 的首项为 ，公差为d，其前n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 中的最小项为
【答案】ACD
【解析】
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【分析】利用等差数列及 ，判断出 、 、 ，再利用等差数列和等差数列
前 n 项和的性质逐项判断即可.
【详解】若 ，则 ， ，故 ，
所以 ，即等差数列 是递减数列，
A：由上分析，数列前 7 项为正，其余项为负，故 时， 最大，对；
B：由 ， ，则 ， ，
所以 成立的最小自然数 ，错；
C： ，则 ，对；
D：当 或 时， ，当 时， ，
由 ， ，所以数列 中的最小项为 ，对.
故选：ACD
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布 ．质量指标介于 99 至 101 之间的产品为良品，
为使这种产品的良品率达到 ，则需调整生产工艺，使得 至多为________．(若 ，
则 )
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知， 的解集
，即可根据集合的包含关系列出不等式组，从而得解．
【详解】依题可知， ，再根据题意以及正态曲线的特征可知， 的解集
，
由 可得， ，
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所以 ，解得： ，故σ至多为 ．
故答案为： ．
13. 正方体 的棱长为 3，E，F 是棱 ， 上的中点，平面 截正方体所得截面
的周长为________
【答案】
【解析】
【分析】由直线 EF 与 分别交于 G，H，连接 AG，AH 分别交 ， 于点 M，N，得到五边
形 为平面 截正方体所得的截面，然后根据 E，F 为中点，利用三角形相似，确定点 M，N 的
位置求解.
【详解】解：如图所示：
直线 EF 与 分别交于 G，H，连接 AG，AH 分别交 ， 于点 M，N，
则五边形 为平面 截正方体所得的截面，
因为 E，F 分别是 ， 的中点，
所以易得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
可得 ，同理可得 ，
所以五边形 的周长为 ，
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故答案为：
14. 若函数 有三个不同的零点，则实数 的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】将函数 的零点问题转化为方程 的根的问题，易知
的最大值为 ；
解法一：利用方程根的判别式求出参数 的取值范围，并分类讨论是否符合题意即可求出结果；
解法二：结合图象对 的两根的分布情况进行分类讨论即可求得参数 的取值范围.
【详解】令 ，得 ；
设 ，则方程 ，即 ，
易知 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，可得 ，
易知当 时， ，当 时， ，且当 趋近于 时， 趋近于 0，当 趋近于
时， 趋近于 ，
作出 的大致图象如图所示．
数形结合可得 ，且方程 在 上有两个不同的实数根．
解法一：
由 ，得 或 ．
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当 时， ，此时方程 在 上至多有一个实数根，不合题意，
当 时，设方程 在 上的两个实数根分别为 ，则 ，
所以需 ，得 ，故实数 的取值范围是 ．
解法二：
设方程 的两个不同的实数根分别为 ，
则 ， 或 ， ．
①当 ， 时，由 ，得 ，
则 在 上有两个不同的实数根，即 在 上有两个不同的实数
根，
由 ，得 或 ，与 ， 矛盾．
②当 ， 时，若方程 在 上有两个不同的实数根，
则 ，解得 ．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点，
（1）会转化，即会将零点问题转化为方程的根的问题；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象或利用导数画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想得到参数的取值范围．
四、解答题: 本题共 5 小题， 共 77 分， 解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步
骤.
15. 在 中，内角 所对的边分别为 ．已知 ．
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（1）求 ；
（2）若 ，求 的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，边转角得到 ，再利用正弦的和角公式得
到 ，即可求角；
（2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到 ，再利用三角形的面积公式，即可求
解.
【小问 1 详解】
由 ，得到 ，
即 ，得到 ，
又 ， ，所以 ，
又 ，得到 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，因为
又 ，
所以
，
即 ，又由正正弦定理得 ，即 ，其中 为 外接圆的半径，
所以 ，
所以 的面积为 .
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16. 随着“双十一购物节”的来临，某服装店准备了抽奖活动回馈新老客户，活动规则如下：奖券共 3 张，分
别可以再店内无门槛优惠 10 元､20 元和 30 元，每人每天可抽 1 张奖券，每人抽完后将所抽取奖券放回，以
供下一位顾客抽取.若某天抽奖金额少于 20 元，则下一天可无放回地抽 2 张奖券，以优惠金额更大的作为所
得，否则正常抽取.
（1）求第二天获得优惠金额的数学期望；
（2）记“第 天抽取 1 张奖券”的概率为 ，写出 与 的关系式并求出 .
【答案】（1）
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据乘法公式求解概率，即可由期望公式求解，
（2）由题意得 ，即可利用构造法求解 为等比数列，即可由等比数列的通项求解.
【小问 1 详解】
设第二天获得的优惠券金额为 的可能取值为 ，第二天抽 1 张奖券的概率为 ，抽 2 张奖券
的概率为 ，
若抽 2 张奖券，优惠金额 20 元 概率为 ，优惠金额 30 元的概率为 ，
，
，
，
故第二天获得优惠金额的数学期望 .
【小问 2 详解】
记“第 天抽取 1 张奖券”的概率为 ，则“第 天抽取 2 张奖券”的概率为 ，
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则“第 天抽取 1 张奖券”的概率为 ，
，
设 ，则 ，
又 ，则 ，
所以数列 是公比为 的等比数列，
.
17. 已知函数 ．
（1）当 时，求函数 的最小值；
（2）若关于 x 的不等式 恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）0； （2） .
【解析】
【分析】（1）当 时，利用导数探讨单调性，求出最小值.
（2）由（1）的信息，利用不等式性质可得当 时，不等式恒成立，当 时，利用导数探讨存在
实数使得 得解.
【小问 1 详解】
当 时，函数 的定义域为 ，求导得 ，
显然函数 在 上单调递增，而 ，
则当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
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所以当 时，函数 取得最小值 .
【小问 2 详解】
函数 的定义域为 ，
当 时， ， ，则 ，
由（1）知， ， ，而 ，即有 ，
因此 恒成立，此时 ；
当 时， ，由（1）知，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，而 恒成立，不等式 不恒成立，
所以实数 a 的取值范围是 .
18. 如图所示，四边形 为正方形，四边形 ， 为两个全等的等腰梯形， ，
， ， ．
（1）当点 为线段 的中点时，求证： ；
（2）当点 在线段 上时（包含端点），求平面 和平面 的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面 和平面 的夹角的余弦值的表达式，
进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
【小问 1 详解】
因为点 为线段 的中点，且 ，
所以 ，
因为 ，且四边形 为正方形，故 ，
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所以 ，而 平面 ，
故 平面 ，又 平面 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
设正方形 的中心为 ，分别取 的中点为 ，
设点 为线段 的中点，由（1）知 四点共面，且 平面 ，
连接 ， 平面 ，故 ，
又 平面 ，故平面 平面 ，
且平面 平面 ，
由题意可知四边形 为等腰梯形，故 ，
平面 ，故 平面 ，
故以 为坐标原点， 为 轴建立空间直角坐标系，
因为 ，则 ，又 ，故 ，
设 到底面 的距离为 ，
四边形 ， 为两个全等的等腰梯形，且 ，
故 ，又 ，
故 ，则 ，
，
设 ，
设平面 的一个法向量为 ，
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则 ，令 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ， ，
故 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ，则 在 上单调递增，
故当 时， ，当 时， ，
故 ，
即平面 和平面 的夹角的余弦值得取值范围为 ．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二
次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.
19. 在平面内，若直线 将多边形分为两部分，多边形在 两侧的顶点到直线 的距离之和相等，则称 为多
边形的一条“等线”．双曲线 的左、右焦点分别为 、 ，其离心率为 ，
且点 为双曲线 右支上一动点，直线 与曲线 相切于点 ，且与 的渐近线交于 、 两点，且点 在
点 上方．当 轴时，直线 为 的等线．已知双曲线 在其上
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一点 处的切线方程为 ．
（1）求双曲线 的方程；
（2）若 是四边形 的等线，求四边形 的面积；
（3）已知 为坐标原点，设 ，点 的轨迹为曲线 ，证明： 在点 处的切线 为
的等线．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）在双曲线 的方程中，令 ，结合已知条件求出点 的坐标，根据“等线”的定义可得出
关于 、 、 的方程组，解出 、 的值，即可得出双曲线 的方程；
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【小问 1 详解】
解：在双曲线 的方程中，令 ，解得 ，
因为直线 为 的等线，显然点 在直线 的上方，故有 ，
又 、 ，有 ， ， ，
解得 ， ，
所以 的方程为 ．
【小问 2 详解】
解：设 ，由题意有 方程为 ，①
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渐近线方程为 ，联立得 ， ，
故 ，
所以 是线段 的中点，因为 、 到过原点 的直线距离相等，
则过原点 点的等线必定满足： 、 到该等线距离相等，且分居两侧，
所以该等线必过点 ，即直线 的方程为 ，
由 ，解得 ，故 ．
所以 .
所以 ，
所以 ，所以 ．
【小问 3 详解】
证明：设 ，由 ，所以 ， ，
故曲线 的方程为 ，
由①知切线为 ，也为 ，即 ，即 ．
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易知 与 在 的右侧， 在 的左侧，分别记 、 ，
到 的距离为 、 、 ，
由（2）知 ， ，
所以 ，
由 得 ，
因为 ，
所以直线 为 的等线．
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到
，证明即可．
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