湖南省永州市2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省永州市2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题一、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.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.38 B.42 C.50 D.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,+∞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．0124（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