湖南省长沙市雅礼中学2025届高三上学期1月综合自主测试数学试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2025届高三上学期1月综合自主测试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了答卷前，考生务将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 分值：150分
注意事项：
1、答卷前，考生务将自己的姓名、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. 对一组数据3，3，3，1，1，5，5，2，4，若任意去掉其中一个数据，剩余数据的统计量一定会发生变化的为（ ）
A. 中位数B. 众数C. 平均数D. 方差
【答案】D
【解析】
【分析】求出给定数据组的中位数、众数、平均数，举例说明判断ABC；利用数据的波动大小判断D.
【详解】数据由小到大排列为：1，1，2，3，3，3，4，5，5，其中位数、众数、平均数都为3，
去掉数据1，剩余数据的中位数、众数都不变；去掉数据3，剩余数据的平均数不变，ABC不是；
若任意去掉其中一个数据，剩余数据的波动性发生变化，方差一定发生变化，D是.
故选：D
2. 已知集合，，若中有2个元素，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两集合的元素特征和中只有2个元素的要求，可得到关于的不等式组，解之即得.
【详解】因为，，
又，中有2个元素，
所以中的2个元素只能是，则，解得.
故选：A.
3. 已知数列是等差数列，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】B
【解析】
【分析】利用特殊值法、等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.
【详解】因为数列为等差数列，
当时，显然任意的、、，均满足，但不一定满足，
即“”“”；
由数列是等差数列，设该数列的公差为，
若，
，
即“”“”.
因此，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 函数在区间上的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，再根据判断即可.
【详解】因为的定义域为R，关于原点对称，且
，
所以为偶函数，其函数图象关于y轴对称，故排除A，C.
因为，故排除B.
故选：D.
5. 米斗是称量粮食量器，是古代官仓、粮栈、米行等的用具，有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．某居民家中收藏了一个木质的米斗，如图所示，该米斗的容积为1斗，其形状可近似看成一个正四棱台，且该正四棱台的下底面边长是上底面边长的2倍，若该米斗中刚好装了半斗米（米均匀分布在米斗中），则该米斗中米的深度与米斗高度的比值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用台体的体积公式，以及相似比性质，结合换元思想来求解即可.
【详解】设米斗的上底面边长为，高为，则米斗的下底面边长为，
故，得．
设米的深度为，半斗米所形成的正四棱台的下底面边长为，
则，则，
则，
得，则，
化简得．令，
则，，
即，则，
故选:A．
【点睛】关键点睛：（1）根据正四棱台的结构特征求出半斗米所形成的正四棱台的下底面的边长的表达式；（2）换元，令，将方程化为并配凑为．
6. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，进而根据题意得在上单调递增，且，进而得，再解不等式即可得答案.
【详解】，
因为，所以
因为函数在区间上单调递增，
所以函数在上单调递增，且，即.
因为，
所以，函数在上单调增，
等价于或，
所以，解不等式得或，所以，的取值范围是.
故选：C
7. 已知数列满足，（）.记数列的前n项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】易得，利用倒数法与放缩法分析得，再由累加法得到，进而得到，再利用累乘法与裂项相消法分析得，从而得解．
【详解】因为，，所以，，所以，
而，
，故，，，
由累加法可得当时，，
又因为当时，也成立，所以，
所以，
，故，
由累乘法可得当时，
，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是，利用倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，从而得解.
8. 已知是半径为2的圆O上的四个动点，若，则的最大值为（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】分别取，的中点E，F，连接，，,利用极化恒等式得到，，原式转化为,再求线段的最大值即可.
【详解】如图：
分别取，的中点E，F，连接，，.
所以,,又，
所以由极化恒等式得
，
同理，
所以
连接,
由，，得，
所以在以O为圆心，为半径的圆上.所以的最大值为，
所以的最大值为24.
故选：C
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. 已知复数，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则或D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得.
【详解】选项A，，则，故A正确；
选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；
选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立.
证明：设，，
若，则有，
故有，即，两式相乘变形得，，
则有，或，或，
①当时，，即；
②当，且时，则，
又因为不同时为，所以，即；
③当，且时，则，同理可得，故；
综上所述，命题“若，则，或”成立.
下面我们应用刚证明的结论推证选项C，
，，
，或，即或，故C正确；
选项D，令，
则，
但，不为，故D错误.
故选：.
10. 已知二项式（其中）的展开式中存在常数项，且展开式的项数不超过9，则下列说法正确的是（ ）
A. 的所有取值组成的集合中有且仅有3个元素
B. 若当取最大值时常数项为30，则
C. 若当取最小值时函数的图象在点处的切线与轴平行，则
D. 若二项展开式中的所有项的系数和为0，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据展开式的项数不超过9，得到，并利用二项式定理写出二项展开式的通项，再根据展开式中存在常数项求出的所有取值，即可判断A；当取最大值时求出的值，根据二项展开式的通项即可求出常数项，进而可判断B；当取最小值时可得的解析式，然后利用导数的几何意义求出的值，最后进行检验，即可判断C；令可得二项展开式中的所有项的系数和，进而得到的值，即可判断D．
【详解】二项式的展开式的通项为（且），
因为展开式的项数不超过9，所以，所以，
因为展开式中存在常数项，所以有解，即有解，所以能被3整除，因此或．
选项A：显然的所有取值组成的集合中有且仅有2个元素，故A错误．
选项B：当取最大值时，，此时，故，解得，故B正确．
选项C：当取最小值时，，此时，
则，，由，解得或．
当时，则，
则函数的图象在点处的切线与轴重合，不符合题意，
当时，则，所以函数在点处的切线为，符合题意，故C正确．
选项D：对于，令，则，解得，故D正确．
故选：BCD
11. 对于，满足，，且对于.恒有.则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】赋值法求得，由，求的值判断选项A，由，求得，结合恒有，对BCD中的函数值进行判断.
【详解】令代入及，
得，，所以，，
令代入，
得，故A正确；
由，得，进而得，，，
，，
对于．恒有，
，，B选项正确；
，C选项错误；
，则有，即，
D选项正确
故选：ABD
【点睛】方法点睛：抽象函数问题可以通过化抽象为具体的方法，即赋予恰当的数值或代数式，经过运算与推理，最后得出结论，常用的方法有：
（1）令等特殊值求抽象函数的函数值；
（2）令或，且，判断抽象函数的单调性；
（3）令，判断抽象函数的奇偶性；
（4）换为，确定抽象函数的周期；
（5）用，或换为等来解答抽象函数的其它一些问题.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设是空间中两个不同的平面，a，b，c是空间中三条不同的直线，，给出下列五个结论，请写出一个一定正确结论的序号______.①；②是异面直线；③没有公共点；④与没有公共点；⑤.
【答案】③（或④）
【解析】
【分析】由线面位置关系逐一判断即可.
【详解】由，可得，可能平行，也可能是异面直线；
，没有公共点；与没有公共点；与可能平行，也可能相交.故一定正确的结论序号为③④.
故答案为：③（或④）
13. 已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点，若，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，结合题目条件得到方程组，求出，结合双曲线定义得到方程，求出离心率.
【详解】设的半焦距为，如图，设为坐标原点，的中点为的右焦点为，连接，.

因为，所以也是的中点.设，
由双曲线的定义得，所以，
在中，由，得，所以，
在中，由，得.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解离心率的常用方法：（1）直接法：直接求出，求解；（2）变用公式，整体求出；（3）利用题目中所给的几何关系或者条件得出的关系；（4）构造的齐次式，解出.
14. 数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成就.在研究一类二次型数论问题时，他在他的著作《算术研究》中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理论在噪音工程学､密码学以及大数分解等各个领域都有广泛的应用.已知对于正整数，若存在一个整数，使得整除，则称是的一个二次剩余，否则为二次非剩余.从1到20这20个整数中随机抽取一个整数，记事件与12互质”，是12的二次非剩余”，则___________；___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，计算出1-20内与12互质的数，再在这些互质数内，计算出12的二次非剩余数即可.
【详解】在1-20内与12互质的数有1，5，7，11，13，17，19，所以 ；
根据定义，对于 整数的x不存在，则a是12的二次非剩余数，
显然，当a=1时，x=11；当a=13时，x=7；
当a=5，7，11，17，19时，x不存在；
；
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，曲线在点处的切线与轴平行．
（1）求实数的值；
（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）求得，得到，根据题意列出方程，即可求解；
（2）由（1）知，转化为，设，利用导数求
得函数的单调性与，即可求解.
【小问1详解】
解：因为函数，可得，
所以，即曲线在点处的切线的斜率为，
因为曲线在点处的切线与轴平行，所以，解得，
故实数的值为．
【小问2详解】
解：由（1）知，
因为，所以由，即．
设，
则在上恒成立，
所以函数在上单调递减，所以，
所以，即实数的取值范围是．
16. “九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
（1）若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
（2）设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到的所有可能取值为2，3，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（2）分别求，结合，运算求解即可.
【小问1详解】
因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3，
，
，
的分布列为
所以.
【小问2详解】
由题意知，
.
由，得，
且，则，可得，
整理得，解得，
所以的取值范围为.
17. 如图，在底面为正方形的四棱锥中，，，.
2
3
（1）求证：平面.
（2）若（），且三棱锥的体积是四棱锥体积的一半.
①求点C到平面的距离；
②求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理或向量的数量积证明，进而根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示求出点坐标，利用体积关系求出点坐标，最后根据空间向量点到平面的距离公式求解即可；②求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
解法一：因为四棱锥的底面为正方形，所以，
因为，，
所以在中，根据余弦定理得：
，
所以，所以，
又，，平面，所以平面.
解法二：因为，
，
所以，所以，
因为四棱锥的底面为正方形，所以，
又，，平面，所以平面.
【小问2详解】
①在底面为正方形的四棱锥中，
以D为坐标原点，，分别为x，y轴，
过D且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设（），则，，，
所以，，
因为，，
所以，所以，
因为，
所以，解得，
所以，
则，
又，所以，
所以，，
连接，因为三棱锥的体积是四棱锥体积的一半，
所以，
又（），平面，
所以，且，
所以，，
设平面的法向量为，
则，得，取，则，
设点C到平面的距离为d，
因为，所以，
即点C到平面的距离为.
②由①知，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
易知，，
由，得，取，则，
所以，
设平面与平面所成二面角为，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
18. 已知抛物线的焦点为，直线过点交于两点，在两点的切线相交于点的中点为，且交于点．当的斜率为1时，．
（1）求的方程；
（2）若点的横坐标为2，求；
（3）设在点处的切线与分别交于点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）3
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得到，则得到抛物线方程；
（2）首先得到，再根据导数得到两条切线方程，再计算出的坐标，求出值则得到相关点坐标，即可求出；
（3）首先证明出，再计算出的表达式，从而得到其最小值.
【小问1详解】
由题意，直线的斜率必存在.
设直线的方程为，
联立得，所以
当时，，
此时，
所以，即.
所以的方程为.
【小问2详解】
由(1)知，，
则，代入直线得，则中点.
因为，所以，
则直线方程为，即，
同理，直线方程为，
所以，
，所以.
因为，即，此时，
所以直线的方程为，代入，得，
所以，所以.
【小问3详解】
由（2）知，
所以直线方程为，
代入，得，所以，所以为的中点.
因为在处的切线斜率，
所以在处的切线平行于，
又因为为的中点，所以.
由(1)中式得，所以，
因直线方程为，
所以.
又到直线的距离，
所以，
(当且仅当时取“”)
所以，
所以四边形的面积的最小值为3.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找到，再结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值.
19. 定义两个n维向量，的数量积（），，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由n维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.
（1）求2的完美3维向量集：
（2）判断是否存在完美4维向量集，并说明理由：
（3）若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和.
【答案】（1）；
（2）不存在完美4维向量集，理由见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用的完美维向量集定义求解即可.
（2）分别研究，，，，时，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.
（3）依题意可得，运用反证法，假设存在，使得，不妨设，分别从及两方面证得矛盾即可得，进而可证得结果.
小问1详解】
由题意知，集合A中含有3个3维向量元素（），
因为，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
又，所以，，，
所以2的完美3维向量集为.
【小问2详解】
依题意，完美4维向量集B含有4个4维向量元素（），，
（i）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当时，，不满足条件③，舍去；
（iii）当时，，
因为，故与至多有一个为集合B中元素，
同理：与至多有一个为集合B中元素，与至多有一个为集合B中元素，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当时，，不满足条件③，舍去；
（v）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
【小问3详解】
依题意，T的完美n维向量集C含有n个n维元素（），
因为，所以每个元素中有T个分量为1，其余分量为0，
所以，
由（2）知，故，
假设存在k，使得，不妨设.
（i）当时，如下图，
由条件③知，或（），
此时，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当时，如下图，
记（），
不妨设，，，
下面研究的前个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑中任意两个向量的数量积为1，
故（）中至多有1个1，
故的前个分量中，
所有含1的个数至多有个1（**）.
另一方面，考虑（），
故的前个分量中，
含有个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意且，，由（*）可得.
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.