湖南省衡阳市衡阳县2024-2025学年高三上学期一模数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出后利用交集的定义可求.
【详解】,
而，
故，
故选：B
2. 已知集合，则的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的四则运算求出复数z，得出复数的周期性，即可判断集合中的元素个数.
【详解】当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
，可知以上四种情况循环，故集合，的元素个数为3.
故选：C
3. 已知向量，向量满足，若，则向量与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数量积运算律、模的坐标公式得、，进一步求得的值，结合向量夹角公式即可求解.
【详解】因为，所以，
又，所以，
又，
，
设向量与的夹角为，则.
故选：C.
4. 已知，均为正实数，且满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将化为，把待求不等式先通分，再利用均值不等式可得.
【详解】因为，均为正实数，且，得，
所以，
又，
当且仅当即时取等号，所以.
故选：B.
5. 设为正实数，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】A
【解析】
【分析】由函数的单调性和时，，可证明充分性；取特值可证明不必要性.
【详解】若，由函数在上为增函数，
所以，
又因为当时，，所以，
所以，故“”是“”的充分条件，
反之，若，当时，，
但，所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 函数在以下哪个区间上单调递增（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对化简后求导，得到，再依次分析四个选项，结合余弦函数的图象得到的取值范围，判断导函数的正负，得到答案.
【详解】的定义域为R，
，
A选项，当时，，
此时，
故在单调递减，A错误；
B选项，时，，
此时，
故在单调递增，B正确；
C选项，当时，，
此时，
故在上单调递减，
，故在上不单调递增，C错误；
D选项，时，，
此时，
故在上单调递减，
，
故在上不单调递增，D错误.
故选：B
7. 已知过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得点在圆内，从而可得当时，取得最小值，再由弦长公式，即可得到结果.
【详解】因为，所以点在圆内．
且圆的圆心为，半径为，
则，当时，取得最小值，且最小值为．
故选：D
8. 某学生家长为缴纳该学生上大学时的教育费，于2018年8月20号从银行贷款a元，为还清这笔贷款，该家长从2019年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额，计划恰好在贷款的m年后还清，若银行按年利率为p的复利计息（复利：即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息），则该学生家长每年的偿还金额是
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意建立方程，再结合等比数列求和公式，即可求出的值.
【详解】设每年偿还的金额为，
则，
所以，
解得
故选D.
【点睛】主要考查了等比数列求和，方程的求解，以及数学应用能力，属于中档题.这类型题的关键在于结合生活实际，读懂题意，合理地转化为数学问题，再进行求解.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．初始感染者传染个人为第一轮传染，第一轮被传染的个人每人再传染个人为第二轮传染，…．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天，初始感染者为1人，则（ ）
A. 第三轮被传染人数为16人B. 前三轮被传染人数累计为80人
C. 每一轮被传染的人数组成一个等比数列D. 被传染人数累计达到1000人大约需要35天
【答案】CD
【解析】
【分析】根据已知条件，可转化为等比数列问题，结合等比数列前项和公式，即可求解．
【详解】由题意，设第轮感染的人数为，则数列是首项，公比的等比数列，故C正确；
所以，当时，，故A错误；
前三轮被传染人数累计为，故B错误；
当时，，当时，由，故D正确.
故选：CD
10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率
B. 为定值
C. AB的最小值为3
D. 若直线与双曲线的渐近线交于、两点，点为的中点，（为坐标原点）的斜率为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用点到直线的距离求出，可求出离心率，判断A，利用点到线距离结合在双曲线上证明为定值判断B，联立方程组解出交点坐标求出的距离的最小值判断C，对D选项，设、，则，由，两式相加和两式相减化简可得，，从而得到，可判断D.
【详解】双曲线的渐近线方程为，圆与渐近线相切，则，即，所以，则，故A正确；
由A选项可得双曲线的两条渐近线方程为，设为双曲线上任意一点，则，所以点到两渐近线的距离，，所以为定值，故B正确；
过与渐近线垂直的方程分别与渐近线组成方程组求出交点坐标，，解得交点，同理得，因为为双曲线右支上的动点，所以，则，故C错误；
对D选项，设、，则，又、在双曲线的两条渐近线上，则，两式相减可得，即，两式相加可得，即，又，，所以，故D正确.
故选：ABD
11. 已知（其中）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 最小正周期为
C. 不等式的解集为
D. 将的图象向右平移个单位长度变为偶函数，则的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由图象得周期以及对称轴，由此即可验算；对于B，由即可举出反例；对于C，直接根据函数单调性列出不等式组即可验算；对于D，由平移变换法则结合三角函数奇偶性即可得解.
【详解】对于A，由图可知函数周期，解得，
当时，函数取最大值，
所以，解得，
又，所以，，故A正确；
对于B，由题意，
所以，故B错误；
对于C，由题意，即，
所以，解得，故C正确；
对于D，将的图象向右平移个单位长度后，
对应函数图象的解析式为，
若为偶函数，
所以，解得，
又，所以当时，，故D正确.
故选：ACD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数满足，当时，，且，则当时，不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定函数的周期，再利用周期，求和的解析式，再解不等式.
【详解】由知，函数是周期函数，周期为4，
，得，
所以当时，，
设， ,
则，得，即，
当， ，
则，得，即，
综上可知不等式的解集为.
故答案为：
13. 某公园有一座摩天轮，其旋转半径米，最高点距离地面米，匀速运行一周大约分钟某人在最低点的位置坐上摩天轮，则第分钟时，他距地面大约为______米
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求出某人第分钟时所在位置关于的解析式，利用函数解析式求出时的值即可．
【详解】解：如图设为地面，圆为摩天轮，其旋转半径米，最高点距离地面米，
则摩天轮的最低点离地面米，即，
以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
某人在最低点的位置坐上摩天轮，则第分钟时所在位置的高度为，
则，
由题意，，
则，
所以，
当时，．
故答案为：．
14. 如图，为矩形所在平面外一点，且平面，、分别为、上的点，且，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的加法与减法运算可得出关于、、的表达式，可得出、、的值，由此可得出的值.
【详解】因为，，则，，
，
所以，，，，故.
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）证明：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）由正余弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算求解.
【小问1详解】
证明：由正弦定理及条件可得，
由余弦定理可得，化简得．
【小问2详解】
由得，
化简得，又，故，
所以，故．
16. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，当时，用替换，然后代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由错位相减法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，．
当时，由，得，
则，则，
因为也符合上式，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，，
则，
则，
两式相减得，
则．
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上，点为中点．
（1）证明：若，直线平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在点，此时或．
【解析】
【分析】（1）先利用面面平行判定定理证明平面平面，从而得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角；
（3）假设存在点，设，即，，利用线面角的向量法求的值即可.
【小问1详解】
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，，平面，平面，
平面，
又，，
且，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
又平面，
所以平面平面，
平面，
平面；
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量n1=x1,y1,z1，则，
令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
则二面角的余弦值为
【小问3详解】
假设存在点，
设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，，
，
解得或，
故存在点，此时或．
18. 如图，已知椭圆，双曲线是的右顶点，过作直线分别交和于点，过作直线分别交和于点，设的斜率分别为.

（1）若直线过椭圆的右焦点，求的值；
（2）若，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出椭圆的右焦点，从而设出直线方程为，直线方程与椭圆方程联立，由韦达定理可得根与系数的关系式，从而代入可求解；
（2）设出直线方程，分别与与椭圆方程联立，求得的表达式，再代入四边形面积公式进行化简，再利用导数研究函数的最值即可求得结论.
【小问1详解】
椭圆，右焦点为1,0，右顶点为，
设的斜率分别为.设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，
因为直线方程过椭圆的右焦点，
所以直线方程为，
直线方程与椭圆方程联立，得：
，
所以.
【小问2详解】
设，直线方程分别为
，
联立与得，同理，
联立与得，同理，
所以四边形面积为
令，易知，且，则，
令，，则在内，，
，
所以关于单调递增，所以，
当取最小值时，，经检验满足题意.
【点睛】关键点点睛：第二小问中，设，分别设出直线方程是关键，难点在与代入四边形面积公式后的化简计算，本题考查了函数与方程的思想，属于较难题.
19. 已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，判断函数在区间上的单调性；
（2）令，若函数在区间上存在极值，求实数的取值范围；
（3）求证：当时，.
【答案】（1）在区间上单调递减
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数在区间上的正负判断函数的单调性；
（2）求出导函数，函数在区间上存在极值，可转化为在上有解，令，根据函数的单调性求出的范围，从而求出的取值范围；
（3）当时，要证，即证，只需要，根据函数的单调性求出，进而即可证明.
【小问1详解】
时，.
显然，在区间上单调递增.
所以，即.
所以在区间上单调递减.
【小问2详解】
在上存在极值.
即在上有变号零点.
令.则
记，即与的图像在上有交点.
易知在上恒成立，所以在上为增函数
且.
所以，从而
当时，存在唯一实数，使得成立
当时在上单调递增；
当时，上单调递减.
所以为函数的极值，
综上，若函数在上存在极值，的取值范围为.
【小问3详解】
当时，要证，
即证.
令，显然.
令，
当时，；当时，.
所以在时单调递减；在时单调递增.
所以
所以，即
所以时，，得证.
【点睛】关键点点睛：本题难点在于根据函数的极值点求解参数，解题时要根据解析式的结构分离参数，通过转化与化归思想求解参数；证明不等式时，通过解析式的结构，要证，可转化为证明.