湖南省郴州市2024-2025学年高三上学期一模数学试题 含解析

这是一份湖南省郴州市2024-2025学年高三上学期一模数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合解不等式求出取值范围，再根据交集求公共部分求得结果.
【详解】集合，则，
集合，则，
∴，
故选：D.
2. 设复数，则的共轭复数在复平面内对应点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的乘法及除法运算求出，再求出其共轭复数对应点的坐标.
【详解】依题意，，
所以在复平面内对应点的坐标为.
故选：A
3. 设，向量，，则是的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用是否推出关系来判断充要关系即可.
【详解】当时，向量，，
此时有，所以，故是充分条件；
当时，，解得，故不是必要条件；
所以是的充分不必要条件，
故选：B.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】与分别平方相加，得到答案.
【详解】两边平方得①，
又，故，两边平方得
②，
式子①+②得，，
故，故.
故选：C
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用定义判断函数奇偶性，并判断在上函数值符号，即可得确定图象.
【详解】由解析式，知的定义域为，
，
所以为奇函数，
当时，，，
则，
所以，在上，
结合各项函数图象，知：C选项满足要求.
故选：C
6. 已知函数在R上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分段函数单调递减，需满足每一段函数均单调递减，且分段处左端点函数值大于等于右端点函数值，从而得到不等式，求出答案.
【详解】显然在上单调递减，
要想在R上单调递减，
则，解得.
故选：D
7. 已知正方体中，点、满足，则平面截正方体形成的截面图形为（ ）
A. 六边形B. 五边形
C. 四边形D. 三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，作出截面图形可得结论.
【详解】如图，
因为点、满足，
点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，
延长与交于点，连接交于，
延长交于点，连接交于，连接，
则五边形为所求截面图形.
故选：B．
8. 已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由同构的思想可知，若有两个零点，则有两个解，即有两解，分离变量求导即可
【详解】解：由题意可知，若有两个零点，则有两个解，
等价于有两个解，
令，原式等价于有两个解，
即有两个大于零的解.
解，可得，令，
则，当时，，当时，，
所以ℎx在上单调递增，在上单调递减，且，ℎx图像如图：
所以当时，有两个交点，即有两个零点.
故选：A
【点睛】方法点睛：当两个函数可以构造成相同的形式时，常用同构的思想，构造函数，将两个函数看成自变量不同时的同一函数，若函数有交点，转化为自变量有交点求解.
二、多项选择题（本题共3小题，每小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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 已知随机变量，则
B. 已知随机变量，
C. 数据，，，，，，10的第百分位数是
D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成总体样本的方差为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用二项分布的期望公式及期望性质可判断A，利用正态曲线的对称性可判断B，根据百分位数的求法可判断C，利用两组数据方差的特征可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，故A正确；
对于B，因为随机变量，所以，故B正确；
对于C，因为，所以数据的第百分位数是，故C正确；
对于D，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为，
则甲乙组成的总体样本的方差为，
故D不正确.
故选：ABC.
10. 已知曲线，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则曲线表示两条直线
B. 若，则曲线是椭圆
C. 若，则曲线是双曲线
D. 若，则曲线的离心率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据的取值范围，将曲线化为标准方程，进而进行判断即可.
【详解】由题意，曲线，，
若，则，此时曲线，表示两条直线，故A正确；
若，又，则，
曲线，可化为，
当时，则曲线表示圆，
当时，则曲线表示椭圆，故B错误；
若，又，则，则曲线表示双曲线，故C正确；
若，又，
所以，
则曲线为，
则曲线为等轴双曲线，离心率为，故D正确.
故选：ACD.
11. 在正三棱台中，，，且等腰梯形所在的侧面与底面所成夹角的正切值均为2，则下列结论正确的有（ ）
A. 正三棱台的高为
B. 正三棱台的体积为
C. 与平面所成角的正切值为1
D. 正三棱台外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】将正棱台补全为一个正棱锥，结合正棱台、正棱锥的结构特征求台体的高、体积及侧棱与底面夹角正切值，由确定棱台外接球球心位置，建立等量关系求半径，进而求外接球表面积.
【详解】将正棱台补全为一个正棱锥，如下图示，
其中分别为上下底面的中心，为的中点，
易知，则为等腰梯形所在的侧面与底面所成夹角，
所以，而，则，
根据棱台上下底面相似，知，即，故，A错；
由，，
所以，B对；
由图知：为与平面所成角，则，C对；
若为正三棱台外接球的球心，则其半径，即，
令，则，可得，
所以，故外接球表面积为，D对.
故选：BCD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知为等差数列的前项和，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列前项和的性质以及基本量的运算转化，再用表示，借助于两者之间的关系计算结果.
【详解】解：由数列前项和的性质可知：，即，
则.
故答案为：
13. 从数字，，，中随机取一个数字，第一次取到的数字为，再从数字，…，中随机取一个数字，则第二次取到数字为的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用互斥事件加法公式和全概率公式求解即可.
【详解】记事件为“第一次取到数字”， ，
事件B为“第二次取到的数字为”，
由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间），

.
故答案为：.
14. 已知抛物线，从抛物线内一点发出平行于轴的光线经过扡物线上点反射后交抛物线于点，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线求出交点横坐标，再结合面积公式与抛物线的焦点弦的性质求解即可.
【详解】由抛物线的光学性质知，直线与轴的交点为抛物线的焦点，
的焦点为，故与轴的交点横坐标为，
根据题意，画出草图，如下图所示，
令得，解得，又过焦点，
所以方程为：，
即，联立，
得，解得或，所以
∴的边上的高为，
又，
所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，充分了解抛物线的光学性质，从而得解.
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. 若锐角中，、、所对的边分别为、、，且的面积为
（1）求；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理结合三角形面积公式可得答案；
（2）由题可得，后由正弦定理可得，后由正切函数单调性可得答案.
【小问1详解】
由余弦定理，，又三角形面积为，
则，又由题，则；
【小问2详解】
由（1），，又为锐角三角形，
则.
由正弦定理： .
因在上单调递增，则时，.
则，即.
16. 如图，在四面体中，，，，，M是的中点，是的中点，点在线段上，且.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直判定定理可证平面，即可建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可证明；
（2）由二面角的向量求法，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，且，
由余弦定理可得，
即，即，
所以，即，又，
且，平面，所以平面，
又，则，即，
以为原点，分别以为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
又M是的中点，则，是的中点，则，
且，则，则，
所以，因为平面，取为平面的一个法向量，
且，因为，所以，
则平面.
【小问2详解】
由（1）可知，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，解得，取，则，
则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为n=a,b,c，
则，解得，取，则，
则平面的一个法向量为，
设二面角为，显然为锐角，
则.
所以二面角的余弦值为.
17. 已知椭圆的离心率为，椭圆上一点到左焦点的距离的最小值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设出椭圆的标准方程，由离心率及最小距离求出即可.
（2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可.
【小问1详解】
依题意，设椭圆的标准方程为，半焦距为，
由椭圆的离心率为，得，则，
设，则，椭圆的左焦点，
则，
当且仅当时取等号，因此，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线不垂直于坐标轴时，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
由消去得，则，
直线，同理，
则的面积
，令，，
当直线垂直于坐标轴时，由对称性，不妨令，，
所以面积的取值范围是.
18. 已知函数，其中为常数.
（1）当时，试讨论的单调性；
（2）若函数有两个不相等的零点，，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）答案见解析；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性；
（2）（i）结合（1）的单调性判断、的符号，排除，再在的情况下研究的单调性和最值，根据零点的个数求参数范围；
（ii）由（i）有，分析法将问题化为证明，进而构造并利用导数研究其符号，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，且，
当时，在上，在上，在上，
所以，在、上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒成立，故在上单调递增；
当时，在上，在上，在上，
所以，在、上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
（i）由，
若时，，
令且，则，
所以时，时，
故在上递增，在上递减，则，
所以，
结合（1）中的单调性，易知不可能出现两个不相等的零点，
又时，在上只有一个零点，不满足，
所以，此时，在上，在上，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
又趋向于0或负无穷时，趋向正无穷，只需成立，
显然在上递减，且当时，
所以，时恒成立，即所求范围为；
（ii）由（i），在时，存在两个不相等零点，
不妨令，要证，即证，而，
由（i）知：在上单调递增，只需证，
由，则
令，且，
则
，
所以，在上，即在上递增，
所以，即成立，
所以，得证.
【点睛】关键点点睛：第二问，首先利用第一问及其零点个数将参数范围限定在，进而利用导数研究其最值求范围，再令，将问题转化为证是关键.
19. 已知数列是正整数的一个全排列，若对每个都有或，则称为数列
（1）列出所有数列的情形；
（2）写出一个满足的数列的通项公式；
（3）在数列中，记，若数列是公差为的等差数列，求证：或.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析； （3）证明见解析.
【解析】
分析】（1）讨论，由条件确定，由此确定，可得结论；
（2）由（1）确定的前项，构造数列满足，证明此时满足条件，由此确定；
（3）由条件可得，，
通过讨论，证明结论.
【小问1详解】
若，则或，
当，时，，，，此时为，
当，时，，，，此时为，
同理可得可能为：或或或
或或或或，
【小问2详解】
若将记为的第一组数，
构造数列满足，
则对任意的，，
或，
当时， 符合要求，
，
.
综上所述： ，
同理可得若将记为的第一组数，则 ，，
【小问3详解】
为等差数列 .
，
且由或3，可得或，
且，
① 若 ，则，，不符题意，
② 若，则 ，，不符题意，
③ 若，则，
当时， ，不符题意，
当时， 或，
所以可以找到这样的使之成立(例如第 (2) 问中的结论)，
④ 若，则，可得，不符题意，
⑤ 若，则，
当时，，不符题意
当时，同③可以找到这样使之成立 (例如第(2)问中的结论)
⑥ 若，则，，不符题意，
综上所述，若为等差数列，则或.
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.