湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期阶段性检测（一）数学试卷（Word版附解析）

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时量：120分钟 总分：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. 设集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求解绝对值不等式和函数定义域解得集合，再求交集即可.
【详解】根据题意，可得，
故.
故选：.
2. 已知复数z满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则、结合共轭复数的定义、复数在复平面内对应点的特征进行求解即可.
【详解】，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
3. 已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件有6个样本点，事件有4个样本点，事件有8个样本点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意计算可得，，，再由概率的加法公式计算即可得.
【详解】根据概率公式计算可得，，；
由概率的加法公式可知，代入计算可得
故选：D
4. 已知等差数列的前5项和，且满足，则等差数列{an}的公差为（ ）
A. -3B. -1C. 1D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，，解得答案.
【详解】；，解得，.
故选：D
5. 已知的展开式中的系数为80，则m的值为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，利用二项式展开式的通项公式求出的项的系数，进而得出结果.
【详解】，
在的展开式中，由，
令，得r无解，即的展开式没有的项；
在的展开式中，由，
令，解得r=3，
即的展开式中的项的系数为，
又的展开式中的系数为80，
所以，解得.
故选：A.
6. 如图，正方形中，是直线上的动点，且，则的最小值为（ ）

A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定图形，用表示向量，再利用共线向量定理的推论，结合“1”的妙用求解即得.
【详解】正方形中，，则，
而，则，
又点共线，于是，即，而，
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值.
故选：C
7. 设，，，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数.利用导数判断单调性，证明出，即为.即可得到答案.
【详解】记.
因为，所以当时，，所以在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
记.
因为，所以gx在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
记.
因为，所以当时，，所以在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
综上所述：.
故选：C
8. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合二倍角公式和两角和差公式化简即可求得.
【详解】，.
，
，，
，，
又因为，所以，
则，所以
.
.
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. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M，则下列说法正确的是（ ）
A. 地震释放的能量为1015.3焦耳时，地震里氏震级约为七级
B. 八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍
C. 八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍
D. 记地震里氏震级为n（n=1，2，···，9，10），地震释放的能量为an，则数列{an}是等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据所给公式，结合指对互化原则，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】对于A：当时，由题意得，
解得，即地震里氏震级约为七级，故A正确；
对于B：八级地震即时，，解得，
所以，
所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的倍，故B错误；
对于C：六级地震即时，，解得，
所以，
即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C正确；
对于D：由题意得（n=1，2，···，9，10），
所以，所以
所以，即数列{an}是等比数列，故D正确；
故选：ACD
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线的右支上，现有四个条件：①；②；③PO平分；④点P关于原点对称的点为Q，且，能使双曲线Ｃ的离心率为的条件组合可以是（ ）
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】AD
【解析】
【分析】对各个选项进行分析，利用双曲线的定义找到a,c的等量关系，从而确定离心率.
【详解】③PO平分且PO为中线，可得，点P在双曲线的右支上，所以不成立；
若选①②：，，可得，，
所以，即离心率为，成立；
若选②④：，点P关于原点对称的点为Q，且，可得四边形为矩形，即，可得，，
所以，即离心率为，成立；
故选：AD
11. 如图，是底面直径为高为的圆柱的轴截面，四边形绕逆时针旋转到，则（ ）
A. 圆柱的侧面积为
B. 当时，
C. 当时，异面直线与所成的角为
D. 面积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由圆柱的侧面积公式可得；
对于B，由线面垂直的判定定理和性质定理可得；
对于C，由题知，为正三角形，根据异面直线所成的角的定义计算得解；
对于D，作，由线面垂直的判定定理和性质定理得.在中，，代三角形面积公式得解.
【详解】对于A，圆柱的侧面积为，A错误；
对于B，因为，所以，又，
所以平面，所以，B正确；
对于C，因为，所以就是异面直线与
所成的角，因为，所以为正三角形，
所以，因为，所以，C正确；
对于D，作，垂足为，连接，所以平面，所以.
在中，，
，所以，D错误.
故选：BC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，某景区共有 五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，依次对所有检票口进行检测，则共有____________种不同的检测顺序.
【答案】
【解析】
【分析】将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，分析可得只能从或处出发才能不重复走完条路线，再用列举法列出所有可能结果，即可得解.
【详解】如图将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，
从或处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从或处出发才能不重复走完条路线，
由于对称性，只列出从处出发的路线情形即可.
①走路线：，，，，，，共种；
②走路线：，，，，，，共种；
③走路线：，，，，共种；
综上，共有种检测顺序.
故答案为：
13. 已知函数在上是增函数，且，则的取值的集合为______.
【答案】
【解析】
【分析】由可得，由函数在上是增函数可得，然后对的取值逐一验证，然后可得取值.
【详解】由可知，，得，
所以，
又函数在上是增函数，
所以，即，所以，
所以，的可能取值为.
当时，由解得，
经检验，时不满足题意；
当时，由解得，
经检验，时满足题意
所以，的可能取值为.
故答案为：
【点睛】本题综合考查了三角函数的单调性、最值、周期之间的关系，关键在于能从已知中发现周期的所满足的条件，然后根据周期确定的可能取值，再通过验证即可求解.
14. 斜率为1的直线与双曲线（）交于两点，点是曲线上的一点，满足，和的重心分别为，的外心为，记直线，，的斜率为，，，若，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取的中点，得到，再由，，结合所以，求得，利用，即可求解.
【详解】若直线与双曲线有两个交点，设的中点为，
联立方程组，整理得，
可得，则，
又由在直线上，可得，
所以，所以，
即直线与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线的斜率之积为定值，
如图所示，取的中点，
因为的重心在中线上，的重心在中线上，
所以，，可得，
即，
又由，可得，可得
因为，且的外心为点，则为线段的中点，
可得，因，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
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. 设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，构造函数，其中，转化为最值问题，即可求解.
小问1详解】
当时，的定义域为，
，
令，则，解得，
令，则，解得.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，则.
令，其中，
则.
令，解得，令，解得.
的单调递减区间为，单调递增区间为，
.
又，函数在上有两个零点，
的取值范围是.
16. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面为线段的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据直角三角形的性质和平行线的性质得到，再根据面面垂直和线面垂直的性质定理结合平面平面得到，最后根据线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，设，利用已知条件和线面角的坐标公式求出，再利用面面角的坐标公式求解即可.
【小问1详解】
在中，为线段的中点，且，所以，
所以，为直角三角形，且， 所以，
因底面为平行四边形，，所以，
又因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，所以，
由（1）知平面，又平面，所以，
所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，所以，
设，则，
所以，
易知平面的一个法向量为DA=2,0,0，
设直线与平面所成的角为，
则，解得，
所以，
设平面法向量为m=x,y,z，
则，令，则，
易知平面的一个法向量为，
则，
易知二面角是锐角，故二面角的余弦值为.
17. 软笔书法又称中国书法，是我国的国粹之一，琴棋书画中的“书”指的正是书法.作为我国的独有艺术，软笔书法不仅能够陶冶情操，培养孩子对艺术的审美还能开发孩子的智力，拓展孩子的思维与手的灵活性，对孩子的身心健康发展起着重要的作用.近年来越来越多的家长开始注重孩子的书法教育.某书法培训机构统计了该机构学习软笔书法的学生人数（每人只学习一种书体），得到相关数据统计表如下：
（1）该培训机构统计了某周学生软笔书法作业完成情况，得到下表，其中.
若根据小概率值的独立性检验可以认为该周学生是否认真完成作业与性别有关，求该培训机构学习软笔书法的女生的人数.
（2）现从学习楷书与行书的学生中用分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，记4人中学习行书的人数为，求的分布列及数学期望.
参考公式及数据：.
【答案】（1）20 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由已知数据完成列联表，根据独立性检验的结论列不等式求出的值，可得女生人数；
（2）由分层抽样确定两组人数，根据的取值计算相应的概率，得分布列，计算数学期望.
【小问1详解】
根据题意，完成列联表如下：
由题意可得，
得.
易知为5的倍数，且，所以，
所以该培训机构学习软笔书法的女生有（人）.
【小问2详解】
因为学习软笔书法的学生中学习楷书与行书的人数之比为，
所以用分层随机抽样的方法抽取的10人中，学习楷书的有（人），学习行书的有（人），
所以的所有可能取值为，
，，，
，.
的分布列为：
所以.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一点，且到，的距离之和为8.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为关于原点的对称点，斜率为的直线与线段（不含端点）相交于点，与椭圆相交于点，若为常数，求与面积的比值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，表示出直线的方程，联立与椭圆的方程，结合韦达定理代入计算，然后代入弦长公式，即可得到结果.
【小问1详解】
由椭圆的定义得，所以.
又为椭圆上一点，所以，
将代入，得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为为关于原点的对称点，所以，直线的方程为.
设，则直线的方程为，
联立得，可得，
由点在椭圆内，易知，
不妨令，则，，
所以.
又，
所以为常数，
则需满足为常数，（此式为与无关的常数，所以分子与分母对应成比例）
即，解得.
将代入，可得，得，
所以为的中点，
所以.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交问题，以及椭圆中三角形面积问题，难度较大，解答本题的关键在于结合弦长公式以及将面积比转化为边长比.
19. 设满足以下两个条件的有穷数列为阶“曼德拉数列”：
①；②.
（1）若某阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项（，用表示）；
（2）若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项（，用表示）；
（3）记阶“曼德拉数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
【答案】（1）或
（2）或
（3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）结合曼德拉数列的定义，分公比是否为1进行讨论即可求解；
（2）结合曼德拉数列的定义，首先得,然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
（3）记中非负项和为，负项和为，则，进一步，结合前面的结论以及曼德拉数列的定义得出矛盾即可求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为.
若，则由①得，得，
由②得或.
若，由①得，，得，不可能.
综上所述，.
或.
【小问2详解】
设等差数列的公差为，
，
，
即，
当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，
当时，据“曼德拉数列”的条件①②得，
，
，即，
由得，即，
.
当时，同理可得，
即.
由得，即，
.
综上所述，当时，，当时，.
【小问3详解】
记中非负项和为，负项和为，则，
得，，，即.
若存在，使，由前面的证明过程知：
，，，，，，，，且.
若数列为阶“曼德拉数列”，
记数列的前项和为，则.
，
又，，
.
又，
，，，，
，
又与不能同时成立，
数列不为阶“曼德拉数列”.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到，，，，，，，，且，由此即可顺利得解.书体
楷书
行书
草书
隶书
篆书
人数
24
16
10
20
10
认真完成
不认真完成
总计
男生
女生
总计
60
0.10
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
认真完成
不认真完成
总计
男生
女生
总计
60
20
80
0
1
2
3
4