湖南省部分学校2024-2025学年高三上学期一轮复习期中联考考数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：解答题按高考范围，其他题侧重考查集合与常用逻辑用语､不等式､函数与导数､三角函数与解三角形､平面向量､数列.
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. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式求得集合，根据交集定义可得结果.
【详解】由得：，即；
由得：，即，.
故选：A.
2. 在中国传统的十二生肖中，马､牛､羊､鸡､狗､猪为六畜，则“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”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】根据充分性和必要性的概念判断即可.
【详解】若甲的生肖不是马，则甲的生肖未必不属于六畜；
若甲的生肖不属于六畜，则甲的生肖一定不是马，
所以“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”的必要不充分条件，
故选：B
3. 为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小张11月1日运动了2分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为（ ）
A. 3.5小时B. 246分钟
C. 4小时D. 250分钟
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式计算可得结果.
【详解】依题意可得，小张从11月1日开始，第1天､第2天､､第15天的运动时长依次成等差数列，
且首项为2，公差为2，所以从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为分钟小时.
故选：C
4. 在梯形中，，与BD交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据相似可得，即可由向量的线性运算即可求解.
【详解】由于，故，进而，
故.
故选：A.

5. 将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若的图象关于点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象的平移可得，即可根据对称得求解.
【详解】由题意可得，
由于的图象关于点对称，故，
故,解得，
取，为最小值，
故选：A
6. 已知，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，然后根据基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
7. 若，，则的最小值为（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件得，构造函数，利用导数求出的最小值，从而得出答案.
【详解】，
当且仅当时，等号成立.
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
∴当且仅当时，取得最小值，且最小值为.
故选：A.
8. 若，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二倍角的正切公式以及弦切互化可得，进而得，即可求解.
【详解】由于，，
故由可得，
故,则，
取，取，
因此只有符合要求，
故选：B
二､多选题：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. 若与分别为定义在R上的偶函数、奇函数，则函数的部分图象可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可得结论.
【详解】因为与分别为定义在上的偶函数、奇函数，
所以，
所以函数为奇函数，所以的图象关于原点对称.
故选：AC.
10. 如图，在中，，，点，分别边，上，点，均在边上，设，矩形的面积为，且关于的函数为，则（ ）
A. 内切圆的半径为B.
C. 先增后减D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用等面积法可求出内切圆的半径；对于B、C、D，由得到，进而可求出的长，所以可求出矩形的面积为，进而判断B、C、D.
【详解】对于A，取的中点，连接，
则，且，所以的面积为，
假设内切圆的半径为，则，
所以，解得，故A正确；
对于B、C、D，过作，垂足为，设与交于点，
由等面积法可得，则.
由，得，
则，
所以，
则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，故B错误，C，D均正确.
故选：ACD.
11. 已知向量，，满足，，，，则（ ）
A. B. 的最大值为
C. 最小值为D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的模长及夹角，不妨设，，，通过，可求出是以原点为起点，终点在以为圆心，为半径的圆上的向量.根据向量模长的坐标运算可判断项；根据圆上一点到圆上一点距离的最大值为直径可判断项，根据圆内一点到圆上一点距离的范围为可判断，项.
【详解】根据题意不妨设，，，
则， ，所以，
化简得，记为圆，即是以原点为起点，终点在以为圆心，为半径的圆上的向量.
对于，，所以，故错误；
对于，表示原点到圆上一点的距离，
因为原点在圆上，所以的最大值为圆的直径，即，故正确；
对于，，表示点到圆上一点的距离，
因为点在圆内，所以的最小值为,
的最大值为，故正确，错误.
故选：.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. __________.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的运算法则计算即可.
【详解】.
故答案为：.
13. 将一副三角板按如图所示的位置拼接：含角的三角板的长直角边与含角的三角板的斜边恰好重合.与相交于点.若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角板的内角以及边长利用三角恒等变换和等面积法即可得.
【详解】由题可知.
由可得：
，
则，
解得
故答案为：
14. 已知函数，，若与的零点构成的集合的元素个数为3，则m的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数零点的定义转化为直线与函数的图象共有3个交点求解.
【详解】由，得，令函数，一次函数在R上单调递增，值域为R，
因此直线与函数的图象有且只有一个交点，即函数有1个零点；
由，得，令函数，依题意，函数有不同于的两个零点，
即直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标不能是，
由，求导得，当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，，
而，当时，恒成立，
则当时，直线与函数的图象有两个交点，
当，即时，或，则当或时，与的零点相同，
由，得，由，得，因此且，
所以m的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
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. 某红茶批发地只经营甲､乙､丙三种品牌的红茶，且甲､乙､丙三种品牌的红茶优质率分别为.
（1）若该红茶批发地甲､乙､丙三种品牌的红茶市场占有量的比例为，小张到该批发地任意购买一盒红茶，求他买到的红茶是优质品的概率；
（2）若小张到该批发地甲､乙､丙三种品牌店各任意买一盒红茶，求他恰好买到两盒优质红茶的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出对应事件，利用全概率公式完成概率计算；
（2）先分析目标事件所包含的事件，然后利用概率乘法公式计算出结果.
【小问1详解】
设事件分别表示小张买到的红茶品牌为甲品牌、乙品牌、丙品牌，事件表示他买到的红茶是优质品，
则依据已知可得，，
由全概率公式得，
所以他买到的红茶是优质品的概率为.
【小问2详解】
设事件表示他恰好买到两盒优质红茶，组成事件的情况有：
甲乙优质红茶丙非优质红茶、甲丙优质红茶乙非优质红茶，乙丙优质红茶甲非优质红茶，且优质与否互相独立，
则，
所以他恰好买到两盒优质红茶的概率为.
16. 设数列的前n项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）由得，相减可得递推公式，进而判断an为等比数列，从而可得等比数列的通项公式；
（2）根据题意计算可得数列bn的通项公式，进而通过裂项相消法可得前n项和.
【小问1详解】
由，得，
两式相减得，即．
因为，所以，得，满足．
所以an是首项为8，公比为4的等比数列，，．
【小问2详解】
因为，
所以．
所以.
故数列bn的前n项和为，.
17. 如图，在体积为的三棱柱中，平面平面，，.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先根据体积为得到，再由线线垂直得到线面垂直；
（2）根据空间向量法求面面角.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接.由为正三角形，得.
因为平面平面且交于，所以平面，即为该三棱柱的高.
因为三棱柱的体积，且，所以.
因，所以，即.
由平面平面且交于，平面，可得平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
在菱形中，.
又因，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
如图，过作直线平行于交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，.
设平面的法向量为，因为.
所以
令，得.
设平面的法向量为，
因为，
所以
令，得.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中，均为常数，动点的轨迹称为曲线.
（1）判断曲线为何种圆锥曲线.
（2）若曲线为焦点在轴上的椭圆，求的取值范围.
（3）设曲线为曲线，斜率为的直线过的右焦点，且与交于，两个不同的点.若点关于轴的对称点为点，证明：直线过定点.
【答案】（1）曲线为双曲线.
（2）.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据点点建立可得，即可代入，根据双曲线方程的特征求解，
（2）根据焦点在轴上的椭圆的性质可得，即可求解。
（3）联立直线与曲线方程得韦达定理，根据点斜式求解方程，即可代入化简求解.
【小问1详解】
设，由，得.
当时，，即，则曲线为双曲线.
【小问2详解】
由和可得，得，
若曲线为焦点在轴上的椭圆，即且，所以可
化为，所以，
则，故的取值范围为.
【小问3详解】
由得曲线的方程为，则的右焦点为
设
联立，得，
则
因为点关于轴的对称点为点，所以，
则直线的方程为，
根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上.
令，得
.
当时，，
故直线过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
19. 若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，称为的偶点.
（1）证明：为“缺陷偶函数”，且偶点唯一.
（2）对任意x，，函数，都满足.
①若是“缺陷偶函数”，证明：函数有2个极值点.
②若，证明：当时，.
参考数据：，.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，即可解方程求解，
（2）①根据，取，可得，即可对求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证，②利用放缩法，先证明故，构造，求导，确定函数的最值即可求解.
【小问1详解】
由可得，
由可得，解得，
所以为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
【小问2详解】
由可得对任意x，，恒成立，
所以存在常数，使得,
令，则，且，
解得，
①，则，
由于是“缺陷偶函数”，故，
即，即，
则，得，
，
由于，所以有两个不相等实数根，不妨设，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以有两个极值点.
②若，即，则，故，
当时，要证，只需要证. ，
因为，故，
只需证，
令，
当单调递减，当单调递增，
故，
所以，从而，故，
时，得证.
【点睛】法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．