湖南省长沙市麓山国际实验学校2024-2025学年高三下学期入学考试数学试卷

麓山国际届高三入学考试试卷高三年级数学试卷命题人黄海波审题人蔡尚海总分:分时量:分钟:本题共8小题，每小题5分，共分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】首先通过联立方程，求解的元素，再根据集合的形式，判断选项.【详解】联立，得，所以.故选：C2.若复数满足，则其共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算结合共轭复数概念即可求解.【详解】由，可得：，所以，故选：B第1页/共19页3.等比数列中，，则（）A.2B.4C.9D.252【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的定义求解即可.【详解】因为是等比数列，设其公比为，所以，解得，所以.故选：B.4.设，，是非零向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别判断充分性和必要性成立情况得出结论.【详解】若，则，；若，则，即.“”是“”的必要而不充分条件；故选：B.5.若函数,恰有两个零点，则实数取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围.【详解】当时，由可得，第2页/共19页依题意，时，有1个零点，即方程在上有一个实根，也即直线与在上有一个交点.如图作出函数的图象.因在上单调递增，由图可知，此时.综上，实数的取值范围是.故选：D6.过直线上一点P作⊙M：的两条切线，切点分别为A，B，若使得的点P有两个，则实数m的取值范围为（）A.B.C.或D.或【答案】B【解析】【分析】易得，根据题意可得圆心到直线的距离，进而可得出答案.【详解】⊙M：的圆心，半径，由，得，由题意可得圆心到直线的距离，即，解得.故选：B.第3页/共19页7.如图，过原点的直线交椭圆于两点，过点分别作轴、的垂线，且分别交椭圆于点，，连接交于点，若，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，则，由，共线，点在椭圆上，得坐标关系，联立求解即可.【详解】设，则，由，则，即，①由三点共线，则，即，②又因为，即，③将①②代入③得，则.故选：D.8.已知正数，满足，若恒成立，则实数的最小值为（）A.B.C.D.第4页/共19页【答案】A【解析】【分析】根据题意，分离参数可得，即可得到，再结合二次函数的值域，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，所以等价于，又，所以，则，即，又，所以，即实数的最小值为.故选：A二、选择题本题共3小题，每小题6分，共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.下面命题中是假命题的有（）A中，若，则B.若，则是第一象限角或第二象限角C.若一个扇形所在圆的半径为，其圆心角为弧度，则扇形的周长为D.函数的最小值为【答案】BD【解析】【分析】利用正弦定理结合大边对大角可判断A选项；利用三角函数值的符号与角的终边的关系可判断B选项；利用扇形的弧长公式可判断C选项；取可判断D选项.【详解】对于A选项，中，若，则，所以，，A对；对于B选项，若，则是第一象限角或第二象限角或角的终边在轴的非负半轴，B错；对于C选项，若一个扇形所在圆的半径为，其圆心角为弧度，则扇形的周长为，C对；第5页/共19页对于D选项，若，则，D错.故选：BD.10.已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（）A.展开式共有6项B.二项式系数最大的项是第4项C.展开式的常数项为540D.展开式有理项共有3项【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，利用赋值法求出幂指数，再结合展开式的通项，逐项判断即可.【详解】由二项式的展开式中各项系数之和是，得当时，，解得，对于A，展开式共7项，A错误；对于B，二项式系数最大的项是第4项，B正确；二项式展开式的通项，对于C，由，得，则展开式的常数项，C正确；对于D，由为整数，得，因此展开式的有理项共有4项，D错误.故选：BC已知等差数列的首项为dn项和为）A.当时，最大B.使得成立的最小自然数C.D.数列中的最小项为【答案】ACD【解析】第6页/共19页、、前n项和的性质逐项判断即可.【详解】若，则，，故，所以，即等差数列是递减数列，A：由上分析，数列前7项为正，其余项为负，故时，最大，对；B：由，，则，，所以成立的最小自然数，错；C：，则，对；D：当或时，，当时，，由，，所以数列中的最小项为，对.故选：ACD三、填空题本题共3小题，每小题5分，共分.12.某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到，则需调整生产工艺，使得至多为________．(若，则)【答案】##0.5【解析】【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，即可根据集合的包含关系列出不等式组，从而得解．【详解】依题可知，，再根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，由可得，，第7页/共19页所以，解得：，故σ至多为．故答案为：．13.正方体的棱长为3EF是棱，截正方体所得截面的周长为________【答案】【解析】【分析】由直线EF与分别交于G，H，连接AG，AH分别交，于点M，N，得到五边形为平面截正方体所得的截面，然后根据E，F为中点，利用三角形相似，确定点M，N的位置求解.【详解】解：如图所示：直线EF与分别交于G，H，连接AG，AH分别交，于点M，N，则五边形为平面截正方体所得的截面，因为E，F分别是，的中点，所以易得，所以，因为，所以，可得，同理可得，所以五边形的周长为，第8页/共19页故答案为：14.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】的零点问题转化为方程的最大值为；解法一：利用方程根的判别式求出参数的取值范围，并分类讨论是否符合题意即可求出结果；解法二：结合图象对的两根的分布情况进行分类讨论即可求得参数的取值范围.【详解】令，得；设，则方程，即，易知，所以在上单调递增，在上单调递减，可得，易知当时，时，趋近于时，趋近于0趋近于时，趋近于，作出的大致图象如图所示．数形结合可得，且方程在上有两个不同的实数根．解法一：由，得或．第9页/共19页当时，，此时方程在上至多有一个实数根，不合题意，当时，设方程在上的两个实数根分别为，则，所以需，得，故实数的取值范围是．解法二：设方程的两个不同的实数根分别为，则，或，．①当，时，由，得，则在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，由，得或，与，矛盾．②当，时，若方程在上有两个不同的实数根，则，解得．故答案为：【点睛】关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点，（1）会转化，即会将零点问题转化为方程的根的问题；（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象或利用导数画出相关函数的大致图象；（3）会观察，即会利用数形结合思想得到参数的取值范围．四、解答题:本题共5小题，共分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.15.在中，内角所对的边分别为．已知．第10页/共19页（1）求；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】1，再利用正弦的和角公式得到，即可求角；（21解.【小问1详解】由，得到，即，得到，又，，所以，又，得到.【小问2详解】由（1）知，因为又，所以，即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以，所以的面积为.第11页/共19页16.随着“双十一购物节”3别可以再店内无门槛优惠10元､20元和301供下一位顾客抽取.若某天抽奖金额少于202得，否则正常抽取.（1）求第二天获得优惠金额的数学期望；（2）记“第天抽取1张奖券”的概率为，写出与的关系式并求出.【答案】（1）（2）.【解析】1）根据乘法公式求解概率，即可由期望公式求解，（2）由题意得，即可利用构造法求解为等比数列，即可由等比数列的通项求解.【小问1详解】设第二天获得的优惠券金额为的可能取值为1张奖券的概率为2张奖券的概率为，若抽2张奖券，优惠金额20元概率为，优惠金额30元的概率为，，，，故第二天获得优惠金额的数学期望.【小问2详解】记“第天抽取1张奖券”的概率为，则“第天抽取2张奖券”的概率为，第12页/共19页则“第天抽取1张奖券”的概率为，，设，则，又，则，所以数列是公比为的等比数列，.17.已知函数．（1）当时，求函数的最小值；（2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）0；（2）.【解析】1）当时，利用导数探讨单调性，求出最小值.（21时，利用导数探讨存在实数使得得解.【小问1详解】当时，函数的定义域为，求导得，显然函数在上单调递增，而，则当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，第13页/共19页所以当时，函数取得最小值.【小问2详解】函数的定义域为，当时，，，则，由（1）知，，，而，即有，因此恒成立，此时；当时，，由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，则，而恒成立，不等式不恒成立，所以实数a的取值范围是.18.如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．（1）当点为线段的中点时，求证：；（2）当点在线段和平面的夹角的余弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面和平面的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．【小问1详解】因为点为线段的中点，且，所以，因为，且四边形为正方形，故，第14页/共19页所以，而平面，故平面，又平面，所以；【小问2详解】设正方形的中心为，分别取的中点为，设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，连接，平面，故，又平面，故平面平面，且平面平面，由题意可知四边形为等腰梯形，故，平面，故平面，故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，因为，则，又，故，设到底面的距离为，四边形，为两个全等的等腰梯形，且，故，又，故，则，，设，设平面的一个法向量为，第15页/共19页则，令，，设平面的一个法向量为，则，令，，故，令，则，令，则，令，则在上单调递增，故当时，，当时，，故，即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为．【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.19.在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为、，其离心率为，且点为双曲线与曲线相切于点的渐近线交于、在点为在其上第16页/共19页一点处的切线方程为．（1）求双曲线的方程；（2）若是四边形的等线，求四边形的面积；（3的轨迹为曲线在点处的切线为的等线．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.（3）利用给定条件和新定义证明即可.【小问1详解】解：在双曲线的方程中，令，解得，因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有，又、，有，，，解得，，所以的方程为．【小问2详解】解：设，由题意有方程为，①第17页/共19页渐近线方程为，联立得，，故，所以是线段的