湖南省平江县颐华高级中学2024-2025学年高三上学期入学考试数学试题（解析）

颐华学校2025届高三第一学期入学考试试题（数学）时量：120分钟分值：150分一､单项选择题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为，所以，则，故选：D2.已知向量满足，且，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】由得，结合，得，由此即可得解.【详解】因为，所以，即，又因为，所以，从而.故选：B.3.已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段PP'，为垂足，则线段PP'的中点M的轨迹方程为（A.（） B.（）C.（） D.（）【答案】A【解析】【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.【详解】设点，则，因为为的中点，所以，即，又在圆上，所以，即，即点的轨迹方程为.故选：A4.函数在区间的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【详解】，又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，又，故可排除D.故选：B.5.设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得，因为，所以，要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：则，解得，即．故选：C．6.已知正实数a，b满足，若不等式对任意的实数x恒成立，则实数m的取值范围是（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求出的最小值16，分离参数即可.【详解】因为，，，所以，当且仅当，即，时取等号．由题意，得，即对任意的实数x恒成立，又，所以，即．故选：D．7.已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（）A. B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B.8.已知函数，若关于x的方程有五个不同的实数根，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出的图象，令，则，由题意结合图象可知方程有两个不相等的根，且，或，，令，则结合一元二次方程根分布情况可求得结果.【详解】的图象如下图，令，则，因为关于x的方程有五个不同的实数根，所以由函数图象可知关于的方程有两个不相等的实根，且，或，，令，若，则，即，解得，若，，则，无解，综上，，故选：C二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知数列的通项公式为，则下列说法正确的是（）A.是数列的最小项 B.是数列的最大项C.是数列的最大项 D.当时，数列递减【答案】BCD【解析】【分析】设第项为an的最大项，根据列出不等式组，求解即可判断BCD，利用数列的单调性及范围判断A．【详解】设第项为an的最大项，则，即，所以，又，所以或，故数列an中与均为最大项，且，当时，数列an递减，故BCD正确，当趋向正无穷大时，无限趋向于0且大于0，且，所以不是数列an的最小项，且数列an无最小值，故A错误故选：BCD10.点O在ΔABC所在的平面内,则以下说法正确的有A.若,则点O为ΔABC的重心B.若,则点O为ΔABC的垂心C.若,则点O为ΔABC的外心D.若,则点O为ΔABC的内心【答案】AC【解析】【分析】逐项进行分析即可.【详解】解：选项A，设D为的中点，由于，所以为边上中线的三等分点(靠近点D)，所以O为ΔABC的重心；选项B，向量分别表示在边和上的单位向量，设为和，则它们的差是向量，则当，即时，点O在的平分线上，同理由，知点O在的平分线上，故O为ΔABC的内心；选项C，是以为邻边的平行四边形的一条对角线，而是该平行四边形的另一条对角线，表示这个平行四边形是菱形，即，同理有，于是O为ΔABC的外心；选项D，由得，∴，即，∴．同理可证，∴，，，即点O是ΔABC的垂心；故选：AC．【点睛】本题主要考查平面向量在三角形中的应用，考查向量的数量积，考查三角形的“五心”，属于中档题．11.设函数，则（）A.当时，有三个零点B.当时，是的极大值点C.存在a，b，使得为曲线的对称轴D.存在a，使得点为曲线的对称中心【答案】AD【解析】【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A选项，，由于，故时，故在上单调递增，时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点，又，，则，则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；B选项，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上，，于是即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，，，，由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则__________．【答案】【解析】【分析】利用复数的混合运算求出，再利用共轭复数的概念求解．【详解】因为，，，所以，所以．13.在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，为线段上的动点，为中点，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】解法一：根据平面向量线性运算及数量积的定义即可求解；解法二：建立直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式即可求解．【详解】解法一：由题意可知：，因为为线段上的动点，设，则，又因为为中点，则，可得，又因为，可知：当时，取到最小值．解法二：以为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，则，可得，因点在线段上，设，且为中点，则，可得则，且，所以当时，取到最小值为．故答案为：．14.有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______．【答案】【解析】【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，故，故，故，若，则，则为：，故有2种，若，则，则为：，，故有10种，当，则，则为：，，故有16种，当，则，同理有16种，当，则，同理有10种，当，则，同理有2种，共与的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为，故所求概率为.故答案：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.为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：时间范围学业成绩优秀5444231不优秀1341471374027（1）该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）（3）是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？（附：其中，．）【答案】（1）（2）（3）有【解析】【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；（3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.【小问1详解】由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比，则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为．【小问2详解】估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为．则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.【小问3详解】由题列联表如下：其他合计优秀455095不优秀177308485合计222358580提出零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．其中．．则零假设不成立，即有的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．16.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．【小问1详解】因为，即，而，所以；【小问2详解】由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．17.如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．（1）若为线段中点，求证：平面．（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.【小问1详解】取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为18.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）当时，，求的取值范围．【答案】（1）极小值为，无极大值.（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.【小问1详解】当时，，故，因为在上为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值.【小问2详解】，设，则，当时，，故在上增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上f'x<0即故在上，不合题意，舍.当，此时在0,+∞上恒成立，同理可得在0,+∞上恒成立，不合题意，舍；综上，.【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.19.已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.（1）若，求；（2）证明：数列是公比为的等比数列；（3）设为的面积，证明：对任意正整数，.【答案】（1），（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.【小问1详解】由已知有，故方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.【小问2详解】由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.从而根据韦达定理，另一根，相应的.所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.所以.这就得到，.所以.再由，就知道，