2025届湖南省永州市高三(上)第一次模拟数学试卷(解析版)

这是一份2025届湖南省永州市高三(上)第一次模拟数学试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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】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】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】由，得到，所以，
所以在点处的切线方程是，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】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】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.
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.
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是.
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】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】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.
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】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】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】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．
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】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.
13. 已知为锐角，且，则______．
【答案】
【解析】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.
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】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.
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．
解：（1）由正弦定理得，，即，
由余弦定理得，，
又，所以．
（2）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）求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：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.
（2）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.
解：（1）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：.
（2）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．
解：（1）当时，，则，
令，解得，
当时，，则在单调递增，
当x∈0,+∞时，，则在0,+∞单调递减，
所以有极大值，无极小值．
（2），
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．
（3）
，
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．
解：（1）由题可知，时，只有1个数，不存在全错位排列，故；
时，有2个数12，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．
（2）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．
（3）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．0
1
2
4