湖南省长郡中学2024-2025学年高三上学期第一次调研考试数学试题（解析版）

长郡中学2025届高三第一次调研考试数学本试题卷共4页.时量120分钟，满分150分.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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】由因式分解分别求出高次方程和二次不等式的解集，再由集合的运算得出两个集合的交集。【详解】∵∴∵∴∴故选：A2.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由空间中线面关系以及线面平行的判定定理逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，由可得或，故A错误；对于B，由可得或，故B错误；对于C，由可得，故C正确；对于D，由可得相交或，故D错误；故选：C3.的展开式中的常数项是（）A.第673项 B.第674项C.第675项 D.第676项【答案】D【解析】【分析】根据题意，求得展开式的通项公式，结合通项公式，即可求解.【详解】由二项式的展开式为，令，解得，此时，所以二项式的展开式的常数项为第项.故选：D.4.铜鼓是流行于中国古代南方一些少数民族地区的礼乐器物，已有数千年历史，是作为祭祀器具和打击乐器使用的.如图，用青铜打造的实心铜鼓可看作由两个具有公共底面的相同圆台构成，上下底面的半径均为25cm，公共底面的半径为15cm，铜鼓总高度为30cm.已知青铜的密度约为，现有青铜材料1000kg，则最多可以打造这样的实心铜鼓的个数为（）（注：）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先根据圆台的体积公式计算求解铜鼓的体积，然后根据材料体积求解即可.【详解】依题意圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，所以铜鼓的体积，又，故可以打造这样的实心铜鼓的个数为3.故选：C5.已知定义在上的函数满足（为的导函数），且，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知可得，令，可得在上单调递增，进而可得，，可得结论.【详解】由题意可得，即，令，则，所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，又，故与2的大小关系不确定.故选：D.6.已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先联立与抛物线方程，结合已知、韦达定理求得，进一步通过抛物线定义、三角形三边关系即可求解，注意检验等号成立的条件.【详解】由题得的焦点为，设倾斜角为的直线的方程为，与的方程联立得，设Ax1,y1,Bx由抛物线定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，联立抛物线与直线，化简得，由得与相离.分别是过点向准线、直线以及过点向直线引垂线的垂足，连接，所以点到的准线的距离与点到直线的距离之和,等号成立当且仅当点为线段与抛物线的交点，所以到的准线的距离与到的距离之和的最小值为点到直线0的距离，即.故选：D.7.已知函数，对于任意的，，都恒成立，且函数在上单调递增，则的值为（）A.3 B.9 C.3或9 D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性先确定周期的取值范围，从而缩小的取值范围，结合正弦型三角函数的对称性可得符合的的取值为或9，分类讨论验证单调性即可得结论.【详解】设函数的最小正周期为，因为函数在上单调递增，所以，得，因此．由知的图象关于直线对称，则①．由知图象关于点对称，则②．②①得，令，则，结合可得或9．当时，代入①得，又，所以，此时，因为，故在上单调递增，符合题意；当时，代入①得，，又，所以，此时，因，故在上不是单调递增的，所以不符合题意，应舍去．综上，值为3．故选：A.8.如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（）（参考数据：，）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．长方体中，，，为正方形中心点，则，又，所以是等边三角形，故直线与的夹角为．则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．在平面中，作，，使得．结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，易知．设直线与的夹角为，则，故当时最小，而，故直线与的夹角的正弦值的最小值为.故选：A【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.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.某机械制造装备设计研究所为推进对机床设备的优化，成立两个小组在原产品的基础上进行不同方向的研发，组偏向于智能自动化方向，组偏向于节能增效方向，一年后用简单随机抽样的方法各抽取6台进行性能指标测试（满分：100分），测得组性能得分为：，组性能得分为：，则（）A.组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高B.组性能得分的中位数比组性能得分的中位数小C.组性能得分的极差比组性能得分的极差大D.组性能得分的第75百分位数比组性能得分的平均数大【答案】AD【解析】【分析】根据计算公式分别计算两个小组的平均数、中位数、极差、第75百分位数，再对各选项逐一判断即可.【详解】由题意可得组性能得分的平均数为，组性能得分的平均数为，所以组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高，A说法正确；组性能得分的中位数为，组性能得分的中位数为，所以组性能得分的中位数比组性能得分的中位数大，B说法错误；组性能得分的极差为，组性能得分的极差为，所以组性能得分的极差比组性能得分的极差小，C说法错误；组性能得分共个数据，，所以组性能得分的第75百分位数为，比组性能得分的平均数大，D说法正确；故选：AD10.嫁接，是植物的人工繁殖方法之一，即把一株植物的枝或芽，嫁接到另一株植物的茎或根上，使接在一起的两个部分长成一个完整的植株.已知某段圆柱形的树枝通过利用刀具进行斜辟，形成两个椭圆形截面，如图所示，其中分别为两个截面椭圆的长轴，且都位于圆柱的同一个轴截面上，是圆柱截面圆的一条直径，设上､下两个截面椭圆的离心率分别为，则能够保证的的值可以是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据勾股定理，结合离心率公式可得，即可根据得，逐一代入即可求解.【详解】设且，故故，故，由于，故，故，即，对于A，，满足，故A正确，对于B，，，故B错误，对于B，，，故C错误，对于D，，，故D正确，故选：AD11.对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（）A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】BD【解析】【分析】由，可得，可得，故只需判断四个选项中的是否为最大值即可，利用函数函数为减函数，为减函数可判断AB；构造函数，利用单调性可得，进而再构造函数，求导可得，再构造函数，利用单调性可判断CD．【详解】由，可得，即，若，可得，符合题意，若，可得，不符合题意，若，可得，不符合题意，若，可得，不符合题意，综上所述，，可得，故只需判断四个选项中的是否为最大值即可．对于A，B，由题知，而，，所以．（点拨：函数为减函数，为减函数），对于A，；对于B，，故A错误，B正确．对于C，D，（将0.9转化为，方便构造函数）构造函数，则，因为，所以单调递减，因为，所以，即，所以．（若找选项中的最大值，下面只需判断与的大小即可），构造函数，则，因为，所以，令，则，当时，单调递减，因为，所以，即单调递减，又，所以，即，所以．综上，．对于C，；对于D，，故C错误，D正确．（提醒：本题要比较0.09与的大小关系的话可以利用作差法判断，即，构造函数，则，因为，所以单调递增，因为，所以，即，所以）故选：BD.【点睛】方法点睛：本题考查定义新运算类的题目，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，构造函数，利用函数的单调性与最值比较数的大小.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在复平面内，复数z对应的点为，则______．【答案】【解析】【分析】根据复数的几何意义可得，即可由复数除法运算求解.【详解】由于复数z对应的点为，所以，故，故答案为：13.写出一个同时满足下列条件①②③的数列an的通项公式______.①是常数，且；②；③an的前项和存在最小值.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据等差数列的特征，不妨选择等差数列，然后根据题目条件利用等差基本量的运算求解通项公式，即得解.【详解】由题意，不妨取数列an为等差数列，设其首项为，公差为，由②可知，则，又是常数，满足①，由③an的前项和存在最小值，故等差数列an单调递增，取，则，故，此时当或时，an的前项和取到最小值为，所以同时满足条件①②③的数列an的一个通项公式.故答案为：（答案不唯一）14.清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有__________种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有__________种不同的走法.【答案】①.35②.14【解析】【分析】根据题意，由组合数的意义即可得到结果，结合卡特兰数的定义，即可得到结果.【详解】从左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右，故只需确定哪3步向上走即可，共有种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则由卡特兰数可知共有种不同的走法，又到达右上角必须最后经过，所以满足题目条件的走法种数也是14.故答案为：35；14四､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.已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G.（1）求点G的轨迹方程；（2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解.（2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解.【小问1详解】设，则，因为的重心，故有：，解得，代入，化简得，又，故，所以的轨迹方程为.【小问2详解】因为的垂心，故有，又，所以，故设直线的方程为，与联立消去得：，由得，设，则，由，得，所以，所以，所以，化简得，解得（舍去）或（满足），故直线的方程为.16.如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点．（1）已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）；（2）点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，即可求出结果；（2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出结果.【小问1详解】是的中点，．要满足平面，需满足，又平面，平面平面如图，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，则线段即点的轨迹．【小问2详解】易知可以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，母线长为，母线与底面所成角为45°，，，，，取的位置如图所示，连接，，，即，则，，，，，则，，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，．设平面与平面所成的角为，则，．17.素质教育是当今教育改革的主旋律，音乐教育是素质教育的重要组成部分，对于陶冶学生的情操、增强学生的表现力和自信心、提高学生的综合素质等有重要意义．为推进音乐素养教育，培养学生的综合能力，某校开设了一年的音乐素养选修课，包括一个声乐班和一个器乐班，已知声乐班的学生有24名，器乐班的学生有28名，课程结束后两个班分别举行音乐素养过关测试，且每人是否通过测试是相互独立的．（1）声乐班的学生全部进行测试．若声乐班每名学生通过测试的概率都为（），设声乐班的学生中恰有3名通过测试的概率为，求的极大值点．（2）器乐班采用分层随机抽样的方法进行测试．若器乐班的学生中有4人学习钢琴，有8人学习小提琴，有16人学习电子琴，按学习的乐器利用分层随机抽样的方法从器乐班的学生中抽取7人，再从抽取的7人中随机抽取3人进行测试，设抽到学习电子琴的学生人数为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据独立重复试验求出概率，再利用导数求极值；（2）先借助分层抽样确定随机变量的所有可能取值，求出其分布列，最后求期望.小问1详解】24名学生中恰有3名通过测试的概率，则，，令，得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，故的极大值点．【小问2详解】利用分层随机抽样的方法从28名学生中抽取7名，则7名学生中学习钢琴的有1名，学习小提琴的有2名，学习电子琴的有4名，所以的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，则随机变量的分布列为0123．18.已知数列an为等比数列，bn为等差数列，且，，.（1）求an，b（2）数列的前项和为，集合共有5个元素，求实数的取值范围；（3）若