湖南省永州市2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题（解析版）

这是一份湖南省永州市2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只交答题卡等内容，欢迎下载使用。

潘圆（江华一中） 陈诗跃（永州一中）
审题人：席俊雄（永州市教科院）
注意事项：
1．本试卷共150分，考试时量120分钟．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
3．考试结束后，只交答题卡．
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. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算，即可求解.
【详解】由，得到或，所以，
又由，得到，所以，得到，
故选：A.
2. 复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法运算以及共轭复数的概念即可得解.
【详解】因为 ，所以复数的共轭复数是.
故选：A.
3. 已知，且与不共线，则“向量与垂直”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】由已知结合向量垂直列出方程求得，即可判断出答案．
【详解】若向量与垂直，
则，解得，
所以“向量与垂直”是“”必要不充分条件，
故选：B．
4. 函数在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对求导，得到，从而有，再利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】由，得到，所以，
所以在点处切线方程是，即，
故选：A.
5. 已知函数的最小正周期为，则的对称轴可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由的最小正周期为，求得，再令，即可求解．
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，则，
令，则，
对比选项可知，只有当时，，符合题意，故D正确；
故选：D．
6. 在2024年巴黎奥运会中，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，若甲只能参加接待工作，那么不同的志愿者分配方案的种数是（ ）
A. 38B. 42C. 50D. 56
【答案】C
【解析】
【分析】根据参加接待工作的人数分类讨论，先分组再分配，结合排列组合即可求解.
【详解】（1）如果参加接待工作只有一人，则只能为甲，
再把其余4人分组有两类情况：和.
把4人按分组，有种分组方法，按分组，有种分组方法，
因此不同分组方法数为，
再把两组人安排到其余两类志愿者服务工作，有种方法，
所以不同分配方法种数是.
（2）如果参加接待工作有2人，则除了甲之外，还需要再安排一人有种情况，
再把其余3人分组成，有种分组方法，
再把两组人安排到其余两类志愿者服务工作，有种方法，
所以不同分配方法种数是.
（3）如果参加接待工作有3人，则除了甲之外，还需要再安排两人有种情况，
再把其余2人安排到其余两类志愿者服务工作，有种方法，
所以不同分配方法种数.
综上，不同的志愿者分配方案的种数是.
故选：C.
7. 已知数列an满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由得出为等差数列，求出等差数列的通项公式得出，再根据裂项相消即可求解．
【详解】因为，
所以，
所以为等差数列，公差，首项，
所以，所以，
所以
.
故选：D．
8. 已知函数为奇函数，且在区间上有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据题设条件及奇函数的性质，得到，，从而有，再结合函数的定义域得到或，分或两种情况，利用函数的单调性，即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
易知，所以，即有，得到，
所以，函数定义域为且，
得到，所以，
故，
有，即，满足题意，
所以，定义域为且，
又，所以或，
当，即或，时，，
此时在上单调递增，不合题意，
当，时，，
，
由，得到或（舍去），
又在区间上有最小值，所以，解得，
此时在区间上单调递减，在区间上单调递增，满足题意，
故选：A.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于利用奇函数的定义关于原点对称，从而得到，再利用，得到，即可求解.
二、多项选择题：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. 已知为随机事件，，则下列说法正确的有（ ）
A 若相互独立，则
B. 若相互独立，则
C. 若两两独立，则
D. 若互斥，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由独立事件的乘法公式即可判断A；由事件的和运算即可判断B；由三个事件两两独立，不能判断三个事件是否独立，即可判断C；由互斥事件及条件概率公式即可判断D．
【详解】对于A，若相互独立，则，故A正确；
对于B，若相互独立，则，故B错误；
对于C，若两两独立，由独立事件的乘法公式得，，，
，无法确定，故C错误；
对于D，若互斥，则，，
两边同时除以得，，即，故D正确；
故选：AD．
10. 已知点，圆，则（ ）
A. 圆与圆公共弦所在直线的方程为
B. 直线与圆总有两个交点
C. 圆上任意一点都有
D. 是的等差中项，直线与圆交于两点，当最小时，的方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A通过圆的方程相减即可判断，B通过直线过定点，点在圆内即可判断；C：求得的轨迹方程即可判断；D通过等差中项得到，确定直线过定点，由最小，得到圆心和弦中点的连线与直线，即可求解.
【详解】对于A:两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程：；错误
对于B：过定点，而在圆的内部，所以直线与圆总有两个交点，正确；
对于C:设，由可得：化简可得： ，所以满足条件的轨迹就是圆，正确；
对于D：因为是的等差中项，所以（不同时为0）
所以可化为，即
可令，
解得，则直线过定点，
设的圆心为，
当与直线垂直时，最小，此时，
即，得，结合
所以，解得
直线的方程为.正确
故选：BCD
11. 在边长为1的正方体中，分别为棱的中点，为正方形的中心，动点平面，则（ ）
A. 正方体被平面截得的截面面积为
B. 若，则点的轨迹长度为
C. 若，则的最小值为
D. 将正方体的上底面绕点旋转，对应连接上、下底面各顶点，得到一个侧面均为三角形的十面体，则该十面体的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建立空间直角坐标系，由线面垂直得出，结合勾股定理得出点的轨迹为以为圆心半径为的圆，即可判断B；由空间向量得出关于平面的对称点为点，根据空间向量模长的坐标计算即可判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D．
【详解】对于A，连接并延长，与所在直线交于点，连接，交于点，交直线于点，连接，交于点，连接，如图所示，则正方体被平面截得的截面为六边形，
连接，则，
因为为正方体，所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，又分别为棱的中点，所以，
所以，则点为中点，，
同理可得，，
所以六边形为正六边形，则，故A正确；
对于B，由A可知，平面即为平面，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，连接，取中点，连接，如图所示，
则，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
因为，所以，令，则，
因为，所以，所以平面，
又平面，所以，
因为，，
所以，
所以点的轨迹为以为圆心半径为的圆，点的轨迹长度为，故B错误；
对于C，因为，所以为靠近的三等分点，则，
连接，由，，得，
所以，所以关于平面的对称点为点，
所以，故C正确；
对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体，在平面，以为对角线作正方形，连接，则是上底和下底都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1，
所以，
因为，
所以，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：空间不规则几何体的体积，可以将几何体放在一个规则几何体中，减去多余部分的体积，从而简化计算进行求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，各项系数之和为，则展开式中的常数项为__________________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用展开式各项系数之和求得值，由此写出展开式的通项，令指数为零求得参数的值，代入通项计算即可得解.
【详解】的展开式各项系数和为，得，
所以，的展开式通项为，
令，得，因此，展开式中的常数项为.
故答案为：.
【点睛】本题考查二项展开式中常数项的计算，涉及二项展开式中各项系数和的计算，考查计算能力，属于基础题.
13. 已知为锐角，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用正切的差角公式，得到，从而得到，，即可求解.
【详解】因，得到，又，
所以，整理得到，
解得或，又为锐角，所以不合题意，
由，得到，，
所以.
故答案为：
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线上的点在轴上方，若的平分线交于点，且点在以坐标原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率为______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用双曲线的定义、结合三角形角平分线用表示，再由点在圆上，利用勾股定理求出，进而求出点的坐标，并求出斜率.
【详解】依题意，，
当点在第一象限时，令，则，由平分，
得，则，
由点在以坐标原点为圆心，为半径的圆上，得，
即，代入整理得，解得，
当点在第二象限时，令，则，由平分，
同理，又，
则，代入整理得，解得，
因此，设，则，解得或，
所以直线的斜率或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是利用双曲线定义，结合角平分线列式求出.
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若的面积为，求．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）由已知，结合正弦定理边角互化，再根据余弦定理求得即可求解；
（2）由三角形面积公式求得，根据及余弦定理得出，再由完全平方公式即可求解．
【小问1详解】
由正弦定理得，，即，
由余弦定理得，，
又，所以．
【小问2详解】
因为的面积为，所以，即，
由，则，即，
所以，即．
16. 如图，在三棱锥中，，，点在棱上，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用条件及几何关系，得到，，，进而得到，，利用线面垂直的判定定理，得面，再利用线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）过作交于，过全于，连接，从而有为平面与平面的夹角，再利用几何关系得到，，即可求出结果.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，
因，所以，
又，所以，，
又，所以，，
又 ，所以，
所以，即，又，面
所以面，又面，所以平面平面.
【小问2详解】
过作交于，过作于，连接，
由（1）知面，所以面，则为平面与平面的夹角，
因为，，所以，又，
易知，所以，得到，
即，解得，所以，
在中，.
17. 已知椭圆的短轴长为，右焦点为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知过点的直线与椭圆交于两点，过点且与垂直的直线与抛物线交于两点，求四边形的面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，再由求出，从而可求出椭圆方程；
（2）根据已知条件设出直线的方程，与抛物线联立，利用根与系数的关系得出弦长，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出弦长，结合四边形的面积公式及对勾函数的性质即可求解.
【小问1详解】
依题意可得：椭圆右焦点，且，即.
又因为，所以，
故椭圆的标准方程为：.
【小问2详解】
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，.
联立，消去，整理得，，
所以，
所以.
由垂直关系可设直线的方程为，设，，
联立，消去，整理得，，
则根据根与系数的关系，得，
所以，
所以，
设，则，
因为在上单调递增，
所以，
所以四边形的面积S的取值范围为.
18. 已知函数，，．
（1）若，求的极值；
（2）当时，讨论零点个数；
（3）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）极大值，无极小值
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）对求导，根据导数的正负得出单调区间，进而得出极值；
（2）对求导，根据导数的正负得出单调区间，进而得出最小值，设，再根据导数确定的正负，结合，当时，，即可得出零点情况；
（3）将问题转化为，当时，，设，根据导数确定单调性，再根据当时，，所以，即可求解．
【小问1详解】
当时，，则，
令，解得，
当时，，则在单调递增，
当x∈0,+∞时，，则0,+∞单调递减，
所以有极大值，无极小值．
【小问2详解】
，
令，则，因为，所以，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，
设，则，
因为，所以，所以在单调递减，
又因为，
所以当时，，则，无零点；
当时，，有1个零点，
当时，，又，当时，，有2个零点．
【小问3详解】
，
因为时，，
所以，
两边同时取自然对数得，，
当时，成立，
当时，，则，
设，
则，
设，
则，
设，
则，
设，
则，所以在0,+∞单调递增，
又，所以，
所以，则在0,+∞单调递增，
又，所以，
所以，则在0,+∞单调递增，
又，所以，
所以，则在0,+∞单调递增，
又当时，，所以，
所以．
19. 将数字任意排成一列，如果数字恰好在第个位置上，则称有一个巧合，巧合的个数称为巧合数，记为．例如时，2，1，3，4为可能的一个排列，此时．的排列称为全错位排列，并记数字的全错位排列种数为．
（1）写出的值，并求的分布列；
（2）求；
（3）求．
【答案】（1），分布列见解析
（2）1 （3）
【解析】
【分析】（1）根据定义分别计算即可；的可能取值有，分别求出对应概率，即可得出分布列；
（2）定义随机变量，根据期望的性质即可求解；
（3）首先得出递推公式，令，得出，由累乘法得，再由累加法得，进而得出．
【小问1详解】
由题可知，时，只有1个数，不存在全错位排列，故；
时，有2个数1,2，故；
时，有3个数1,2,3，故；
由题可知，的可能取值有，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的分布列如下．
【小问2详解】
定义随机变量，
则，，
所以，
由题可知，总的匹配数为随机变量，则，
所以．
【小问3详解】
设个编号为的不同元素排在一排，且每个元素均不排在与其编号相同的位置，这样的错位排列数为，
当时，，当时，，
当时，在个不同元素中任取一个元素不排在与其编号对应的第位，必排在剩下个位置之一，所以有种排法；
对的每一种排法，如排在第位，对应元素的排法总有2种情况：
①恰好排在第位上，如图：
此时，排在第位，排在第位，剩余个元素，每个元素均有一个不能排的位置，它们的排列问题转化为个元素全错位排列数，有种；
②不排在第位上，如图，
此时，排在第位，不排在第位，则有个位置可排，除外，还有个元素，每个元素均有一个不能排的位置，问题就转化为个元素全错排列，有种；
由乘法原理和加法原理可得，；
所以有递推公式，．
令，则有，
化简得，
从而有，而，
由累乘法知．
而，故也符合该式，
于是由累加法知，，
所以，
所以．
【点睛】关键点睛：第（2）问要用到期望的性质：；第（3）问中，令是解题关键，并熟练运用累乘法和累加法．
0
1
2
4