湖南省九校联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试卷（Word版附解析）

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由 常德市一中 长沙市一中 湖南师大附中 双峰县一中 桑植县一中
武冈市一中 湘潭市一中 岳阳市一中 株洲市二中 联合命题
炎德文化审校､制作
命题学校：株洲市二中 审题学校：武冈市一中
注意事项：
1.答卷前，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.
一､选择题（本大题共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】D
【解析】
【分析】解不等式可得与，从而进行集合间的运算.
【详解】因为，，
所以或，
所以，
故选：D.
2. 若（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则化简可得，即可得解.
【详解】由，
得，即，
其虚部为，
故选：B
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心，然后代入点到直线的距离公式求解即可.
【详解】化圆的方程为标准方程得，
则该圆圆心到直线的距离为.
故选：A
4. 某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，若大轮的半径为，则大轮每秒转过的弧长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出大轮每分钟转的圈数，再借助弧长公式计算即得
【详解】由大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，得大轮每分钟转圈数为，因此大轮每秒钟转的弧度数为，所以大轮每秒转过的弧长是.
故选：D
5. 已知平面向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用模的平方求出向量的数量积，再利用投影向量公式求解即可.
【详解】计算可得，由，两边平方化简，得，
将代入，可得在上的投影向量为.
故选：B.
6. 甲､乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用独立重复事件，分析获胜情况，即可求出概率.
【详解】甲第一局获胜并最终以获胜，说明甲､乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，
并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为.
故选：C
7. 已知正项数列的前项和为，且，则（ ）
A. 4049B. 4047C. 2025D. 2024
【答案】A
【解析】
【分析】根据计算化简得出数列是首项为2，公差为1的等差数列，进而得出通项公式即可求解.
【详解】当时，，即，
由数列为正项数列可知，，又，即数列是首项为2，公差为1的等差数列，
即，则，
当时，；
所以.
故选：A.
8. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断与的关系，然后建立等式，最后利用基本不等式求解即可.
【详解】根据题意，，
所以，所以的图像关于点0,1对称，
又因为，其中，当且仅当时等号成立，
而，所以f′x>0，所以在R上单调递增.
则由，可得，
记，则，
可得，当且仅当时取等号，
故的最大值为.
故选：B
二､多选题（本大题共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. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 一组数据的第70百分位数为13
B. 若样本数据的方差为2，那么数据的方差为1
C. 已知随机事件和互斥，且.则
D. 已知随机变量服从正态分布，若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A,先将数据从小到大排列，然后计算百分位数即可；选项B，利用方差的性质计算即可；选项C，利用独立事件的概率计算公式计算即可；选项D，利用正态分布的概念计算即可.
【详解】A选项，数据从小到大排列为，由，故第5个数作为第70百分位数，即A正确；
B选项，样本数据的方差为2，则数据的方差为，所以B选项错；
C选项，因为和互斥，则，
可得，
所以，C正确；
D选项，因为关于对称，所以错误.
故选：AC
10. 已知函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 函数在区间单调递增
D. 当时，函数有8个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象的振幅、周期求出和的值，根据图象的特殊点和的范围求出的值，可判断选项A、B是否正确；根据求出的解析式及整体替换思想求出的单调增区间可判断C；化简解析式，将一个函数的零点个数问题，转化为两个新函数的交点个数问题可判断D.
【详解】对于选项A，由图知，，得到，
则，选项A正确；
对于选项B，，又因为，
所以，故选项B错误；
对于选项C，当时，，单调递增，所以选项C正确；
对于选项D，，
整理得，，
令，得
观察图象知，和在上共8个交点，
所以Fx在上共有8个零点，故选项D正确.
故选：ACD
11. 已知矩形中，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成一个几何体，则（ ）
A. 该几何体的体积为
B. 将该几何体放入一个球内，当球的半径最小时，球的表面积为
C. 将该几何体削成一个球，则球的半径的最大值为
D. 将该几何体削成以为轴的圆柱，则圆柱的最大体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】把立体图形利用轴截面思想转化为平面图形来研究，比如求体积的高，求最大圆的半径，求内切圆的半径，求最大矩形.
【详解】如图1，以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，
旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，
这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，
则所求几何体体积故A错误；
该几何体可以放入的最小的球是以为直径的球，该球的表面积为，故B正确；
C选项中削成的最大的球的轴截面如图2，设球的半径为，
则，中，，解得（舍）或，故C正确；
D选项中，轴截面图如图3，设，
则圆柱的体积为，
故时，体积有最大值，故D正确.
故选：BCD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用同角三角函数关系及两角差正弦公式化简求出，最后应用两角和正弦即可求解.
【详解】，
.
故答案为：23.
13. 已知分别为双曲线右支与渐近线上的动点，为左焦点，则的最小值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据双曲线的定义得出，再结合距离和最小及点到直线距离计算得出最小值.
【详解】设双曲线的右焦点为，渐近线为，
则，
，
当且仅当三点共线时，，
的最小值为垂直于渐近线时，
所以的最小值为.
故答案为：4.
14. 从中任意选取四元数组，满足，则这样的四元数组的个数为__________.（用数字作答）
【答案】70
【解析】
【分析】根据题意得到，从而得到四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个，即可得到答案.
【详解】由题意得，
将连同右边的3个空位捆绑，连同右边的4个空位捆绑，连同右边的5个空位捆绑，
分别看作一个元素，还剩个元素.
四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个，
故这样的四元数组的个数是.
故答案为：70
四､解答题（本大题共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. 在中，分别为角的对边，.
（1）求的值；
（2）若的周长为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过正弦定理将角的关系化为边的关系，根据两角和正弦公式即可得解；
（2）由（1）得，通过正弦定理将边的关系化为角的关系，可得，令，则，结合的周长为，可得，最后根据三角形面积公式得结果.
【小问1详解】
由正弦定理得，
，，
，
，
又.
由得，，所以.
【小问2详解】
，
由正弦定理，得，
令，则，
则，解得，
的面积.
16. 如图，在四面体中，平面为的重心，点在线段上，.
（1）证明：；
（2）若，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）利用线面垂直去证明线线垂直，中间借助线面平行和线线平行即可；
（2）利用空间直角坐标系，借助空间向量运算来求两平面夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
如图，连接并延长交于，连接.
为的重心，，
又.
平面，
又，且平面，
平面，又平面，
.
【小问2详解】
如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系，
，
.
设平面的一个法向量为，
则取，则，
设平面的一个法向量为，
则取，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知函数（）.
（1）讨论函数的单调区间；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先对函数求导，然后在函数的定义域内讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）当时，先把问题转化为.然后方法一：设（），通过求导，判断函数的单调性，求出函数的极小值（也是最小值）可证结论成立.方法二：进一步把问题转化为：，设，证明即可.
【小问1详解】
，
①当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
②当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
③当时，的递增区间是，无减区间；
④当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为.
综上，当时，的递增区间是（），递减区间为；
当时，的递增区间是，递减区间为；
当时，的递增区间是，无减区间；
当时，的递增区间是，递减区间为.
【小问2详解】
当时，，由题意可得，只需证明，
方法一：令，
则，
令，易知在上单调递增，
，
故存在，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故时，取得唯一的极小值，也是最小值.
，
所以，即当时，.
方法二：不等式等价于，
只需证，
令，所以，
当时，单调递减，时，单调递增，
所以，即，当且仅当时取得等号，
令代替得到，
函数在上单调递增，且，
故存在，使得，
所以，当且仅当时取得等号，
所以，即当时，.
18. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为，左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，且的周长为.设的中点为为坐标原点，直线与直线相交于点.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
（3）求的正弦值的最大值.
【答案】（1）
（2）存在，或.
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据离心率及椭圆定义列方程组计算得出椭圆标准方程；
（2）先设直线方程，再联立方程得出韦达定理，再结合弦长公式计算化简求参即可；
（3）应用，得出正切值，，最后应用两角和的正切公式计算求值即可
【小问1详解】
由题意，
故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
显然的斜率不为0，设的方程为，
联立，得，
，
，
，直线的方程为，从而，
，
若为等腰三角形，则，
又，
存在直线使得为等腰三角形，此时的方程为或.
【小问3详解】
由（2）知，，
，同理，
，
当且仅当时取等号，最大值时，取最大值，
最大值时有，
，即的正弦值的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解题关键点是结合两角和的正切公式结合值域化简得出最大值即可.
19. 若项数为的有穷数列满足：，且对任意的或是数列中的项，则称数列具有性质.
（1）判断数列，，，与数列，，，是否具有性质，并说明理由；
（2）设数列具有性质，是中的任意一项，证明：一定是中的项；
（3）若数列具有性质，证明：当时，数列是等比数列.
【答案】（1）数列，，，具有性质，数列，，，不具有性质，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据性质的定义直接判断；
（2）由数列具有性质，可得不是数列中的项，所以为数列中的项，由，所以是数列中的项，当时，不是数列中的项，所以一定是数列中的项；
（3）由已知可得，结合（2）可得，所以（*），易知当，是数列中的项，由，且，可得，因为，由以上可知：且，所以且，所以，可得，即可得证.
【小问1详解】
数列，，，，则，，，，，，，
所以数列，，，具有性质；
数列，，，，，，都不是数列里的项，所以数列，，，不具有性质.
【小问2详解】
由数列具有性质，
由，可得，
即不是数列中项，所以为数列中的项，
由，所以是数列中的项，
当时，则，所以不是数列中的项，
因为数列具有性质，所以一定是数列中的项；
综上，一定是中的项；
【小问3详解】
依题意，所以，
由（2）可知一定是中的项，
所以，，，，，，
所以（*）
当，则，所以不是数列中的项，
所以是数列中的项，由，
又因为，
可得，，，，
所以，
因为，由以上可知：且，
所以且，
所以，（**）
由（*）知，，
两式相除，可得，
所以当时，数列为等比数列.