湖南省长沙市2024_2025学年高三数学上学期入学考试试卷

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高三数学上学期入学考试试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟分值：150分
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，则（）
A．{0} B．{0，1} C．{0，1，2} D．{1，2}
2．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）
A． B． C． D．
3．若正数x，y满足，则的最小值是（）
A． B． C．4 D．6
4．过椭圆C：的中心作直线l交椭圆于P，Q两点，F是C的一个焦点，则周长的最小值为（）
A．16 B．14 C．12 D．10
5．已知圆C的方程为，则“”是“函数的图象与圆C有四个公共点”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
6．如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的号码，若，则（）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（）
A．70 B．64 C．60 D．58
8．已知定义域为R的函数，其导函数为，且满足，，则（）
A． B． C． D．
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，，下列说法正确的是（）
A．若，则 B．
C． D．
10．已知函数（，），函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．的表达式可以写成
B．的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数
C．的对称中心（，1），
D．若方程在（0，m）上有且只有6个根，则
11．如图，过点C（a，0）（）的直线AB交抛物线（）于A，B两点，连接AO、BO，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（）
A． B．以AB为直径的圆与直线相切
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知随机变量X服从正态分布N（5，），若，则________．
13．已知向量，，若，则的值为________．
14．设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知，．
（1）当BD长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．
（2）记与的面积分别为和，请求出的最大值．
16．（15分）函数的图象在处的切线为，其中．
（1）求λ的值；
（2）求在（0，）上零点的个数．
17．（15分）如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点．
（1）证明：平面平面ACD；
（2）设，，点F在BD上，当的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
18．（17分）已知双曲线C：（，）的渐近线方程为，过点（4，0）的直线l交双曲线C于M，N两点，且当轴时，．
（1）求C的方程；
（2）记双曲线C的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值．
（3）探究圆E：上是否存在点S，使得过S作双曲线的两条切线，互相垂直．
19．（17分）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得（），则称数列是“优分解”的．
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的．
（2）记，（），证明：如果数列是“优分解”的，则（）或数列是等比数列．
（3）设数列的前n项和为，如果和都是“优分解”的，并且，，，求的通项公式．
雅礼中学2025届高三上学期入学考试试卷
数学
时量：120分钟分值：150分
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．【答案】C
【分析】先确定集合A，再求交集．
【详解】根据题意，，所以．
故选：C
2．【答案】B
【分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算．
【详解】设圆锥母线长为l，高为h，底面半径为，
则由，得，所以，
所以．故选：B．
3．【答案】C
【分析】根据已知条件及基本不等式即可求解．
【详解】由题设及，可得．
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意．
所以的最小值为4．
故选：C．
4．【答案】B
【分析】利用椭圆的定义和对称性，转化的周长，即可求解．
【详解】设C的另一个焦点为，根据椭圆的对称性知，
所以的周长为，
当线段PQ为椭圆短轴时，有最小值6，所以的周长的最小值为14．
故选：B
5．【答案】B
【详解】由圆C的方程为可得圆心（0，2），半径，
若圆与函数相交，则圆心到直线的距离，即，
若函数的图象与圆C有四个公共点，则原点在圆的外部，
即，解得，
综上函数的图象与圆C有四个公共点则，
所以“”是“函数的图象与圆C有四个公共点”的必要不充分条件，故选：B
6．【分析】小球在下落过程中，共10次等可能向左或向右落下，则小球落入格子的号码X服从二项分布，且落入格子的号码即向右次数，即，则（，1，2…，10），然后由二项式系数对称性即可得解．
【解答】解：小球在下落过程中，共10次等可能向左或向右落下，
则小球落入格子的号码X服从二项分布，
且落入格子的号码即向右次数，即，
所以（，1，2…，10），
由二项式系数对称性知，当时，最大，故．
故选：B．
【点评】本题考查了二项分布及二项式系数的性质的应用，属于中档题．
7．【分析】从8个顶点中选4个，共有种结果，在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，用所有的结果减去不合题意的结果，得到结论．
【解答】解：首先从8个顶点中选4个，共有种结果，
在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，
∴满足条件的结果有．
故选：D．
【点评】本题是一个排列问题同立体几何问题结合的题目，是一个综合题，这种问题实际上是以排列为载体考查正方体的结构特征．
8．【分析】构造函数，由得，进而判断函数的单调性，判断各选项不等式．
【解答】解：，则，
因为在R上恒成立，
所以在R上恒成立，故在R上单调递减，
所以，，故A不正确；
所以，即，即，故B不正确；
，即，即，故C不正确；
，即，即，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数思想，属中档题．
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．【答案】BCD
【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD．
【详解】对于A，设，，显然，
但，故A错；
对于B，设，，
则，
，
，
所以，故B对；
对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量，
复数对应向量，复数加减法对应向量加减法，
故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，
所以，，故C对，D对．
故选：BCD．
10．【答案】AB
【详解】对A，由图分析可知：得；
由，得，即，
又，所以，又，
所以，即得，，又，所以，
所以，故A正确；
对B，向右平移个单位后得
，为奇函数，故B正确；
对于C，，
令（）得（），
所以对称中心（，1），，故C不正确；
对于D，由，得，
因为，所以，
令，，，，，，解得，，，，，．
又在（0，m）上有6个根，则根从小到大为，，，，，，
再令，解得，则第7个根为，，故D错误．
故选：ABC．
11．【分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解．
【解答】解：对于A，令直线AB：，A（，），B（，），
联立，消x可得，
则，，，
则，
则，则直线OA：，∴M（，），
故，
同理，∴，故A正确；
对于B，如图，设AB中点Q（，），即Q（，），
则Q到直线的距离，
以AB为直径的圆的半径，
所以，
当时相切，当时不相切，故B错误；
对于C，设与x轴交于P，，，
则，则，故C正确；
对于D，，，
则
，
而，
所以，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了已知两点求斜率，由斜率判断两条直线平行，判断直线与圆的位置关系，根据韦达定理求参数，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】
【分析】根据正态分布的概率性质求解即可．
【详解】随机变量X服从正态分布N（5，），则
又，则，则．
故答案为：0.23．
13．【答案】
【分析】根据题目条件可得，代入化简即可．
【详解】已知向量，，若，则有，
∴．
故答案为：
14．【答案】
【分析】由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值．
【详解】不等式，所以，
即为，即有，可令，则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，则，即，
可得，导数为，
可得时，函数y递减，时，函数y递增，
则时，取得最大值，
可得即有，所以，可得，即k的最大值为．
【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．【答案】（1）为定值，定值为1 （2）14
【详解】（1）法一：在中，由余弦定理，
得，即①，
同理，在中，，即②，
得，
所以当BD长度变化时，为定值，定值为1；
法二：在中，由余弦定理
得，即，
同理，在中，，
所以，化简得，即，
所以当BD长度变化时，为定值，定值为1；
（2）
，
令，，所以，
所以，即时，有最大值为14．
16．解析【小问1详解】
因为，，
所以，所以切线斜率为，即，
所切线方程为
又，所以切点坐标为（0，），代入得
则，解得．
【小问2详解】
由（1）得，，
令，则，
当时，恒成立，所以在上递增，
所以，
因此在无零点；
当时，恒成立，所以单调递增，
又，，
所以在（0，π）上存在唯一的零点，
当，，单调递减；
当，，单调递增；
又，，，
因此在（0，π）上仅有1个零点；
综上，在（0，）上仅有1个零点．
17．【详解】（1）因为，E为AC的中点，所以；
在和中，因为，，，
所以，所以，又因为E为AC的中点，所以；
又因为DE，平面BED，，所以平面BED，
因为平面ACD，所以平面平面ACD．
（2）连接EF，由（1）知，平面BED，因为平面BED，
所以，所以，
当时，EF最小，即的面积最小．
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，因为E为AC的中点，所以，，因为，所以，
在中，，所以．
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），B（0，，0），D（0，0，1），所以
，，
设平面ABD的一个法向量为，
则取，则，
又因为C（，0，0），F（0，，），所以，
所以，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为，
所以，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为．
18．【答案】（1）；（2）；（3）存在．
【详解】（1）由对称性知，双曲线C过点（4，3），则，解得，
所以双曲线C的方程为．
（2）由（1）得（，0），（2，0），设M（，），N（，），
显然直线MN不垂直于y轴，设直线MN的方程为，
由消去x得，
显然，，，，
则，即，
所以．
（3）圆E：上存在点S，使得过S作双曲线的两条切线互相垂直．
若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0，
设双曲线的两条切线分别为，，
将代入消去y得：，
由得，解得，
因此，，设两条切线的交点坐标为（，），
则，即有，且，
即，，
于是，是方程的两根，
而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆，
而的圆心为O（0，0），半径为1，圆E：的圆心E（2，2），半径为3，显然，满足，即圆O与圆E相交，
所以圆E：上存在点S，使得过S作双曲线的两条切线互相垂直．
19．【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）
【详解】（1）∵是等差数列，∴设，
令，，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的．
（2）因为数列是“优分解”的，设（），
其中，（，），
则，．
当时，（）；
当时，是首项为，公比为q的等比数列．
（3）一方面，∵数列是“优分解”的，设（），
其中，（，），由（2）知
因为，，所以．
∴，∴，∴是首项为2，公比为Q（）的等比数列．
另一方面，因为是“优分解”的，设（），
其中，（，），
，
∵是首项为2，公比为Q（）的等比数列，
∴，，且，
∴
化简得，∵，，，∴，∴，
即数列是首项，公比为q的等比数列．
又∵，∴，
又∵，∴，∵，，∴解得，∴，