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文档简介

湖南省郴州市苏仙区湘南中学2025届高三一诊考试数学试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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。1.一个陶瓷圆盘的半径为,中间有一个边长为的正方形花纹,向盘中投入1000粒米后,发现落在正方形花纹上的米共有51粒,据此估计圆周率的值为(精确到0.001)()A.3.132 B.3.137 C.3.142 D.3.1472.在中,“”是“为钝角三角形”的()A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知三棱锥中,为的中点,平面,,,则有下列四个结论:①若为的外心,则;②若为等边三角形,则;③当时,与平面所成的角的范围为;④当时,为平面内一动点,若OM∥平面,则在内轨迹的长度为1.其中正确的个数是().A.1 B.1 C.3 D.44.从集合中随机选取一个数记为,从集合中随机选取一个数记为,则在方程表示双曲线的条件下,方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为()A. B. C. D.5.某歌手大赛进行电视直播,比赛现场有名特约嘉宾给每位参赛选手评分,场内外的观众可以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后,现场嘉宾的评分情况如下表,场内外共有数万名观众参与了评分,组织方将观众评分按照,,分组,绘成频率分布直方图如下:嘉宾评分嘉宾评分的平均数为,场内外的观众评分的平均数为,所有嘉宾与场内外的观众评分的平均数为,则下列选项正确的是()A. B. C. D.6.已知的部分图象如图所示,则的表达式是()A. B.C. D.7.函数的值域为()A. B. C. D.8.正方体,是棱的中点,在任意两个中点的连线中,与平面平行的直线有几条()A.36 B.21 C.12 D.69.已知直线过双曲线C:的左焦点F,且与双曲线C在第二象限交于点A,若(O为坐标原点),则双曲线C的离心率为A. B. C. D.10.函数的大致图象是A. B. C. D.11.已知函数在区间上恰有四个不同的零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.12.函数的定义域为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.过直线上一动点向圆引两条切线MA,MB,切点为A,B,若,则四边形MACB的最小面积的概率为________.14.已知抛物线的对称轴与准线的交点为,直线与交于,两点,若,则实数__________.15.展开式中,含项的系数为______.16.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积是_____;最长棱的长度是_____.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)在边长为的正方形,分别为的中点,分别为的中点,现沿折叠,使三点重合,构成一个三棱锥.(1)判别与平面的位置关系,并给出证明;(2)求多面体的体积.18.(12分)已知椭圆,上顶点为,离心率为,直线交轴于点,交椭圆于,两点,直线,分别交轴于点,.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)求证:为定值.19.(12分)如图,⊙的直径的延长线与弦的延长线相交于点,为⊙上一点,,交于点.求证:~.20.(12分)已知数列为公差不为零的等差数列,是数列的前项和,且、、成等比数列,.设数列的前项和为,且满足.(1)求数列、的通项公式;(2)令,证明:.21.(12分)已知.(1)若是上的增函数,求的取值范围;(2)若函数有两个极值点,判断函数零点的个数.22.(10分)已知点、分别在轴、轴上运动,,.(1)求点的轨迹的方程;(2)过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点,,求的取值范围.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、B【解析】

结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可【详解】如图,由几何概型公式可知:.故选:B【点睛】本题考查随机模拟的概念和几何概型,属于基础题2、C【解析】分析:从两个方向去判断,先看能推出三角形的形状是锐角三角形,而非钝角三角形,从而得到充分性不成立,再看当三角形是钝角三角形时,也推不出成立,从而必要性也不满足,从而选出正确的结果.详解:由题意可得,在中,因为,所以,因为,所以,,结合三角形内角的条件,故A,B同为锐角,因为,所以,即,所以,因此,所以是锐角三角形,不是钝角三角形,所以充分性不满足,反之,若是钝角三角形,也推不出“,故必要性不成立,所以为既不充分也不必要条件,故选D.点睛:该题考查的是有关充分必要条件的判断问题,在解题的过程中,需要用到不等式的等价转化,余弦的和角公式,诱导公式等,需要明确对应此类问题的解题步骤,以及三角形形状对应的特征.3、C【解析】

由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确;反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.【详解】画出图形:若为的外心,则,平面,可得,即,①正确;若为等边三角形,,又可得平面,即,由可得,矛盾,②错误;若,设与平面所成角为可得,设到平面的距离为由可得即有,当且仅当取等号.可得的最大值为,即的范围为,③正确;取中点,的中点,连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上,而,可得④正确;所以正确的是:①③④故选:C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.4、A【解析】

设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,分别计算出,再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,由题意,,,则所求的概率为.故选:A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题,涉及到双曲线的定义,是一道容易题.5、C【解析】

计算出、,进而可得出结论.【详解】由表格中的数据可知,,由频率分布直方图可知,,则,由于场外有数万名观众,所以,.故选:B.【点睛】本题考查平均数的大小比较,涉及平均数公式以及频率分布直方图中平均数的计算,考查计算能力,属于基础题.6、D【解析】

由图象求出以及函数的最小正周期的值,利用周期公式可求得的值,然后将点的坐标代入函数的解析式,结合的取值范围求出的值,由此可得出函数的解析式.【详解】由图象可得,函数的最小正周期为,.将点代入函数的解析式得,得,,,则,,因此,.故选:D.【点睛】本题考查利用图象求三角函数解析式,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.7、A【解析】

由计算出的取值范围,利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】,,,因此,函数的值域为.故选:A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解,解答的关键就是求出对象角的取值范围,考查计算能力,属于基础题.8、B【解析】

先找到与平面平行的平面,利用面面平行的定义即可得到.【详解】考虑与平面平行的平面,平面,平面,共有,故选:B.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的定义,涉及到了简单的组合问题,是一中档题.9、B【解析】

直线的倾斜角为,易得.设双曲线C的右焦点为E,可得中,,则,所以双曲线C的离心率为.故选B.10、A【解析】

利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数,可排除B选项;当时,,可排除D选项;当时,,当时,,即,可排除C选项,故选:A【点睛】本题考查了函数图象的判断,函数对称性的应用,属于中档题.11、A【解析】

函数的零点就是方程的解,设,方程可化为,即或,求出的导数,利用导数得出函数的单调性和最值,由此可根据方程解的个数得出的范围.【详解】由题意得有四个大于的不等实根,记,则上述方程转化为,即,所以或.因为,当时,,单调递减;当时,,单调递增;所以在处取得最小值,最小值为.因为,所以有两个符合条件的实数解,故在区间上恰有四个不相等的零点,需且.故选:A.【点睛】本题考查复合函数的零点.考查转化与化归思想,函数零点转化为方程的解,方程的解再转化为研究函数的性质,本题考查了学生分析问题解决问题的能力.12、C【解析】

函数的定义域应满足故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、.【解析】

先求圆的半径,四边形的最小面积,转化为的最小值为,求出切线长的最小值,再求的距离也就是圆心到直线的距离,可解得的取值范围,利用几何概型即可求得概率.【详解】由圆的方程得,所以圆心为,半径为,四边形的面积,若四边形的最小面积,所以的最小值为,而,即的最小值,此时最小为圆心到直线的距离,此时,因为,所以,所以的概率为.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般.14、【解析】

由于直线过抛物线的焦点,因此过,分别作的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义及平行线性质可得,从而再由抛物线定义可求得直线倾斜角的余弦,再求得正切即为直线斜率.注意对称性,问题应该有两解.【详解】直线过抛物线的焦点,,过,分别作的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义知,.因为,所以.因为,所以,从而.设直线的倾斜角为,不妨设,如图,则,,同理,则,解得,,由对称性还有满足题意.,综上,.【点睛】本题考查抛物线的性质,考查抛物线的焦点弦问题,掌握抛物线的定义,把抛物线上点到焦点距离与它到距离联系起来是解题关键.15、2【解析】

变换得到,展开式的通项为,计算得到答案.【详解】,的展开式的通项为:.含项的系数为:.故答案为:.【点睛】本题考查了二项式定理的应用,意在考查学生的计算能力和应用能力.16、【解析】

由三视图还原原几何体,该几何体为四棱锥,底面为直角梯形,,,侧棱底面,由棱锥体积公式求棱锥体积,由勾股定理求最长棱的长度.【详解】由三视图还原原几何体如下图所示:该几何体为四棱锥,底面为直角梯形,,,侧棱底面,则该几何体的体积为,,,因此,该棱锥的最长棱的长度为.故答案为:;.【点睛】本题考查由三视图求体积、棱长,关键是由三视图还原原几何体,是中档题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)平行,证明见解析;(2).【解析】

(1)由题意及图形的翻折规律可知应是的一条中位线,利用线面平行的判定定理即可求证;(2)利用条件及线面垂直的判定定理可知,,则平面,在利用锥体的体积公式即可.【详解】(1)证明:因翻折后、、重合,∴应是的一条中位线,∴,∵平面,平面,∴平面;(2)解:∵,,∴面且,,,又,.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的判定定理及锥体的体积公式,属于基础题.18、(Ⅰ);(Ⅱ),证明见解析.【解析】

(Ⅰ)根据题意列出关于,,的方程组,解出,,的值,即可得到椭圆的方程;(Ⅱ)设点,,点,,易求直线的方程为:,令得,,同理可得,所以,联立直线与椭圆方程,利用韦达定理代入上式,化简即可得到.【详解】(Ⅰ)解:由题意可知:,解得,椭圆的方程为:;(Ⅱ)证:设点,,点,,联立方程,消去得:,,①,点,,,直线的方程为:,令得,,,,同理可得,,,把①式代入上式得:,为定值.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解;关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式,利用韦达定理化简三角形面积得到定值;考查计算能力与推理能力,属于中档题.19、证明见解析【解析】

根据相似三角形的判定定理,已知两个三角形有公共角,题中未给出线段比例关系,故可根据判定定理一需找到另外一组相等角,结合平面几何的知识证得即可.【详解】证明:∵,所以,又因为,所以.在与中,,,故~.【点睛】本题考查平面几何中同弧所对的圆心角与圆周角的关系、相似三角形的判定定理;考查逻辑推理能力和数形结合思想;分析图形,找出角与角之间的关系是证明本题的关键;属于基础题.20、(1),(2)证明见解析【解析】

(1)利用首项和公差构成方程组,从而求解出的通项公式;由的通项公式求解出的表达式,根据以及,求解出的通项公式;(2)利用错位相减法求解出的前项和,根据不等关系证明即可.【详解】(1)设首项为,公差为.由题意,得,解得,∴,∴,∴当时,∴,.当时,满足上式.∴(2),令数列的前项和为.两式相减得∴恒成立,得证.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的综合应用,难度一般.(1)当用求解的通项公式时,一定要注意验证是否成立;(2)当一个数列符合等差乘以等比的形式,优先考虑采用错位相减法进行求和,同时注意对于错位的理解.21、(1)(2)三个零点【解析】

(1)由题意知恒成立,构造函数,对函数求导,求得函数最值,进而得到结果;(2)当时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点,再证,.【详解】(1)由得,由题意知恒成立,即,设,,时,递减,时,,递增;故,即,故的取值范围是.(2

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