湖南省長沙市雅禮中學2025屆高三上學期1月綜合自主測試數(shù)學試題（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

時量：120分鐘分值：150分
注意事項：
1、答卷前，考生務將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.
2、回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3、考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
1. 對一組數(shù)據(jù)3，3，3，1，1，5，5，2，4，若任意去掉其中一個數(shù)據(jù)，剩余數(shù)據(jù)的統(tǒng)計量一定會發(fā)生變化的為（）
A. 中位數(shù)B. 眾數(shù)C. 平均數(shù)D. 方差
【答案】D
【解析】
【分析】求出給定數(shù)據(jù)組的中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)，舉例說明判斷ABC；利用數(shù)據(jù)的波動大小判斷D.
【詳解】數(shù)據(jù)由小到大排列為：1，1，2，3，3，3，4，5，5，其中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)都為3，
去掉數(shù)據(jù)1，剩余數(shù)據(jù)的中位數(shù)、眾數(shù)都不變；去掉數(shù)據(jù)3，剩余數(shù)據(jù)的平均數(shù)不變，ABC不是；
若任意去掉其中一個數(shù)據(jù)，剩余數(shù)據(jù)的波動性發(fā)生變化，方差一定發(fā)生變化，D是.
故選：D
2. 已知集合，，若中有2個元素，則實數(shù)的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)兩集合的元素特征和中只有2個元素的要求，可得到關于的不等式組，解之即得.
【詳解】因為，，
又，中有2個元素，
所以中的2個元素只能是，則，解得.
故選：A.
3. 已知數(shù)列是等差數(shù)列，若、、，則“”是“”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】利用特殊值法、等差數(shù)列的通項公式結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷可得出合適的選項.
【詳解】因為數(shù)列為等差數(shù)列，
當時，顯然任意的、、，均滿足，但不一定滿足，
即“”“”；
由數(shù)列是等差數(shù)列，設該數(shù)列的公差為，
若，
，
即“”“”.
因此，“”是“”的必要不充分條件.
故選：B.
4. 函數(shù)在區(qū)間上的圖象可能是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判斷函數(shù)的奇偶性，再根據(jù)判斷即可.
【詳解】因為的定義域為R，關于原點對稱，且
，
所以為偶函數(shù)，其函數(shù)圖象關于y軸對稱，故排除A，C.
因為，故排除B.
故選：D.
5. 米斗是稱量糧食量器，是古代官倉、糧棧、米行等的用具，有著吉祥的寓意，是豐饒富足的象征，帶有濃郁的民間文化韻味．某居民家中收藏了一個木質(zhì)的米斗，如圖所示，該米斗的容積為1斗，其形狀可近似看成一個正四棱臺，且該正四棱臺的下底面邊長是上底面邊長的2倍，若該米斗中剛好裝了半斗米（米均勻分布在米斗中），則該米斗中米的深度與米斗高度的比值為（）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用臺體的體積公式，以及相似比性質(zhì)，結(jié)合換元思想來求解即可.
【詳解】設米斗的上底面邊長為，高為，則米斗的下底面邊長為，
故，得．
設米的深度為，半斗米所形成的正四棱臺的下底面邊長為，
則，則，
則，
得，則，
化簡得．令，
則，，
即，則，
故選:A．
【點睛】關鍵點睛：（1）根據(jù)正四棱臺的結(jié)構(gòu)特征求出半斗米所形成的正四棱臺的下底面的邊長的表達式；（2）換元，令，將方程化為并配湊為．
6. 已知函數(shù)（）在區(qū)間上單調(diào)遞增，則的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由題知，進而根據(jù)題意得在上單調(diào)遞增，且，進而得，再解不等式即可得答案.
【詳解】，
因為，所以
因為函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，即.
因為，
所以，函數(shù)在上單調(diào)增，
等價于或，
所以，解不等式得或，所以，的取值范圍是.
故選：C
7. 已知數(shù)列滿足，（）.記數(shù)列的前n項和為，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】易得，利用倒數(shù)法與放縮法分析得，再由累加法得到，進而得到，再利用累乘法與裂項相消法分析得，從而得解．
【詳解】因為，，所以，，所以，
而，
，故，，，
由累加法可得當時，，
又因為當時，也成立，所以，
所以，
，故，
由累乘法可得當時，
，
所以，
所以.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵是，利用倒數(shù)法先找到的不等關系，再由累加法可求得，從而得解.
8. 已知是半徑為2的圓O上的四個動點，若，則的最大值為（）
A. 6B. 12C. 24D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】分別取，的中點E，F(xiàn)，連接，，,利用極化恒等式得到，，原式轉(zhuǎn)化為,再求線段的最大值即可.
【詳解】如圖：
分別取，的中點E，F(xiàn)，連接，，.
所以,,又，
所以由極化恒等式得
，
同理，
所以
連接,
由，，得，
所以在以O為圓心，為半徑的圓上.所以的最大值為，
所以的最大值為24.
故選：C
二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9. 已知復數(shù)，下列說法正確的有（）
A. 若，則B. 若，則
C. 若，則或D. 若，則
【答案】AC
【解析】
【分析】A項，由復數(shù)的性質(zhì)可得；BD項，舉特例即可判斷；C項，先證明命題“若，則，或”成立，再應用所證結(jié)論推證可得.
【詳解】選項A，，則，故A正確；
選項B，令，滿足條件，但，且均不為，故B錯誤；
選項C，下面先證明命題“若，則，或”成立.
證明：設，，
若，則有，
故有，即，兩式相乘變形得，，
則有，或，或，
①當時，，即；
②當，且時，則，
又因為不同時為，所以，即；
③當，且時，則，同理可得，故；
綜上所述，命題“若，則，或”成立.
下面我們應用剛證明的結(jié)論推證選項C，
，，
，或，即或，故C正確；
選項D，令，
則，
但，不為，故D錯誤.
故選：.
10. 已知二項式（其中）的展開式中存在常數(shù)項，且展開式的項數(shù)不超過9，則下列說法正確的是（）
A. 的所有取值組成的集合中有且僅有3個元素
B. 若當取最大值時常數(shù)項為30，則
C. 若當取最小值時函數(shù)的圖象在點處的切線與軸平行，則
D. 若二項展開式中的所有項的系數(shù)和為0，則
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根據(jù)展開式的項數(shù)不超過9，得到，并利用二項式定理寫出二項展開式的通項，再根據(jù)展開式中存在常數(shù)項求出的所有取值，即可判斷A；當取最大值時求出的值，根據(jù)二項展開式的通項即可求出常數(shù)項，進而可判斷B；當取最小值時可得的解析式，然后利用導數(shù)的幾何意義求出的值，最后進行檢驗，即可判斷C；令可得二項展開式中的所有項的系數(shù)和，進而得到的值，即可判斷D．
【詳解】二項式的展開式的通項為（且），
因為展開式的項數(shù)不超過9，所以，所以，
因為展開式中存在常數(shù)項，所以有解，即有解，所以能被3整除，因此或．
選項A：顯然的所有取值組成的集合中有且僅有2個元素，故A錯誤．
選項B：當取最大值時，，此時，故，解得，故B正確．
選項C：當取最小值時，，此時，
則，，由，解得或．
當時，則，
則函數(shù)的圖象在點處的切線與軸重合，不符合題意，
當時，則，所以函數(shù)在點處的切線為，符合題意，故C正確．
選項D：對于，令，則，解得，故D正確．
故選：BCD
11. 對于，滿足，，且對于.恒有.則（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】賦值法求得，由，求的值判斷選項A，由，求得，結(jié)合恒有，對BCD中的函數(shù)值進行判斷.
【詳解】令代入及，
得，，所以，，
令代入，
得，故A正確；
由，得，進而得，，，
，，
對于．恒有，
，，B選項正確；
，C選項錯誤；
，則有，即，
D選項正確
故選：ABD
【點睛】方法點睛：抽象函數(shù)問題可以通過化抽象為具體的方法，即賦予恰當?shù)臄?shù)值或代數(shù)式，經(jīng)過運算與推理，最后得出結(jié)論，常用的方法有：
（1）令等特殊值求抽象函數(shù)的函數(shù)值；
（2）令或，且，判斷抽象函數(shù)的單調(diào)性；
（3）令，判斷抽象函數(shù)的奇偶性；
（4）換為，確定抽象函數(shù)的周期；
（5）用，或換為等來解答抽象函數(shù)的其它一些問題.
三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）
12. 設是空間中兩個不同的平面，a，b，c是空間中三條不同的直線，，給出下列五個結(jié)論，請寫出一個一定正確結(jié)論的序號______.①；②是異面直線；③沒有公共點；④與沒有公共點；⑤.
【答案】③（或④）
【解析】
【分析】由線面位置關系逐一判斷即可.
【詳解】由，可得，可能平行，也可能是異面直線；
，沒有公共點；與沒有公共點；與可能平行，也可能相交.故一定正確的結(jié)論序號為③④.
故答案為：③（或④）
13. 已知雙曲線的左焦點為，過的直線交圓于，兩點，交的右支于點，若，則的離心率為__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出輔助線，結(jié)合題目條件得到方程組，求出，結(jié)合雙曲線定義得到方程，求出離心率.
【詳解】設的半焦距為，如圖，設為坐標原點，的中點為的右焦點為，連接，.

因為，所以也是的中點.設，
由雙曲線的定義得，所以，
在中，由，得，所以，
在中，由，得.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：求解離心率的常用方法：（1）直接法：直接求出，求解；（2）變用公式，整體求出；（3）利用題目中所給的幾何關系或者條件得出的關系；（4）構(gòu)造的齊次式，解出.
14. 數(shù)學家高斯在各個領域中都取得了重大的成就.在研究一類二次型數(shù)論問題時，他在他的著作《算術(shù)研究》中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理論在噪音工程學?密碼學以及大數(shù)分解等各個領域都有廣泛的應用.已知對于正整數(shù)，若存在一個整數(shù)，使得整除，則稱是的一個二次剩余，否則為二次非剩余.從1到20這20個整數(shù)中隨機抽取一個整數(shù)，記事件與12互質(zhì)”，是12的二次非剩余”，則___________；___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根據(jù)題意，計算出1-20內(nèi)與12互質(zhì)的數(shù)，再在這些互質(zhì)數(shù)內(nèi)，計算出12的二次非剩余數(shù)即可.
【詳解】在1-20內(nèi)與12互質(zhì)的數(shù)有1，5，7，11，13，17，19，所以；
根據(jù)定義，對于整數(shù)的x不存在，則a是12的二次非剩余數(shù)，
顯然，當a=1時，x=11；當a=13時，x=7；
當a=5，7，11，17，19時，x不存在；
；
故答案為： .
四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
15. 已知函數(shù)，曲線在點處的切線與軸平行．
（1）求實數(shù)的值；
（2）若對于任意，恒成立，求實數(shù)的取值范圍．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）求得，得到，根據(jù)題意列出方程，即可求解；
（2）由（1）知，轉(zhuǎn)化為，設，利用導數(shù)求
得函數(shù)的單調(diào)性與，即可求解.
【小問1詳解】
解：因為函數(shù)，可得，
所以，即曲線在點處的切線的斜率為，
因為曲線在點處的切線與軸平行，所以，解得，
故實數(shù)的值為．
【小問2詳解】
解：由（1）知，
因為，所以由，即．
設，
則在上恒成立，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，
所以，即實數(shù)的取值范圍是．
16. “九子游戲”是一種傳統(tǒng)的兒童游戲，它包括打彈子、滾圈子、踢毽子、頂核子、造房子、拉扯鈴子、刮片子、摜結(jié)子、抽陀子九種不同的游戲項目，某小學為豐富同學們的課外活動，舉辦了“九子游戲”比賽，所有的比賽項目均采用局勝的單敗淘汰制，即先贏下局比賽者獲勝.造房子游戲是同學們喜愛的項目之一，經(jīng)過多輪淘汰后，甲、乙二人進入造房子游戲的決賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為.
（1）若，，設比賽結(jié)束時比賽的局數(shù)為，求的分布列與數(shù)學期望；
（2）設采用3局2勝制時乙獲勝的概率為，采用5局3勝制時乙獲勝的概率為，若，求的取值范圍.
【答案】（1）分布列見解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，得到的所有可能取值為2，3，求得相應的概率，列出分布列，結(jié)合期望的公式，即可求解；
（2）分別求，結(jié)合，運算求解即可.
【小問1詳解】
因為，所以比賽采用3局2勝制，的所有可能取值為2，3，
，
，
的分布列為
所以.
【小問2詳解】
由題意知，
.
由，得，
且，則，可得，
整理得，解得，
所以的取值范圍為.
17. 如圖，在底面為正方形的四棱錐中，，，.
2
3
（1）求證：平面.
（2）若（），且三棱錐的體積是四棱錐體積的一半.
①求點C到平面的距離；
②求平面與平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理或向量的數(shù)量積證明，進而根據(jù)線面垂直的判定定理證明即可；
（2）①建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標表示求出點坐標，利用體積關系求出點坐標，最后根據(jù)空間向量點到平面的距離公式求解即可；②求出平面與平面的法向量，利用空間向量法求解即可.
【小問1詳解】
解法一：因為四棱錐的底面為正方形，所以，
因為，，
所以在中，根據(jù)余弦定理得：
，
所以，所以，
又，，平面，所以平面.
解法二：因為，
，
所以，所以，
因為四棱錐的底面為正方形，所以，
又，，平面，所以平面.
【小問2詳解】
①在底面為正方形的四棱錐中，
以D為坐標原點，，分別為x，y軸，
過D且垂直于平面的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
設（），則，，，
所以，，
因為，，
所以，所以，
因為，
所以，解得，
所以，
則，
又，所以，
所以，，
連接，因為三棱錐的體積是四棱錐體積的一半，
所以，
又（），平面，
所以，且，
所以，，
設平面的法向量為，
則，得，取，則，
設點C到平面的距離為d，
因為，所以，
即點C到平面的距離為.
②由①知，平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，
易知，，
由，得，取，則，
所以，
設平面與平面所成二面角為，
則，
所以平面與平面所成二面角的正弦值為.
18. 已知拋物線的焦點為，直線過點交于兩點，在兩點的切線相交于點的中點為，且交于點．當?shù)男甭蕿?時，．
（1）求的方程；
（2）若點的橫坐標為2，求；
（3）設在點處的切線與分別交于點，求四邊形面積的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）3
【解析】
【分析】（1）設直線的方程為，再聯(lián)立得到韋達定理式，最后根據(jù)焦點弦公式得到，則得到拋物線方程；
（2）首先得到，再根據(jù)導數(shù)得到兩條切線方程，再計算出的坐標，求出值則得到相關點坐標，即可求出；
（3）首先證明出，再計算出的表達式，從而得到其最小值.
【小問1詳解】
由題意，直線的斜率必存在.
設直線的方程為，
聯(lián)立得，所以
當時，，
此時，
所以，即.
所以的方程為.
【小問2詳解】
由(1)知，，
則，代入直線得，則中點.
因為，所以，
則直線方程為，即，
同理，直線方程為，
所以，
，所以.
因為，即，此時，
所以直線的方程為，代入，得，
所以，所以.
【小問3詳解】
由（2）知，
所以直線方程為，
代入，得，所以，所以為的中點.
因為在處的切線斜率，
所以在處的切線平行于，
又因為為的中點，所以.
由(1)中式得，所以，
因直線方程為，
所以.
又到直線的距離，
所以，
(當且僅當時取“”)
所以，
所以四邊形的面積的最小值為3.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是找到，再結(jié)合焦點弦和點到直線距離公式得到的表達式，從而得到其最小值.
19. 定義兩個n維向量，的數(shù)量積（），，記為的第k個分量（且）.如三維向量，其中的第2分量.若由n維向量組成的集合A滿足以下三個條件：①集合中含有n個n維向量作為元素；②集合中每個元素的所有分量取0或1；③集合中任意兩個元素，，滿足（T為常數(shù)）且.則稱A為T的完美n維向量集.
（1）求2的完美3維向量集：
（2）判斷是否存在完美4維向量集，并說明理由：
（3）若存在A為T的完美n維向量集，求證：A的所有元素的第k分量和.
【答案】（1）；
（2）不存在完美4維向量集，理由見解析；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）利用的完美維向量集定義求解即可.
（2）分別研究，，，，時，結(jié)合新定義及集合中元素的互異性即可判斷.
（3）依題意可得，運用反證法，假設存在，使得，不妨設，分別從及兩方面證得矛盾即可得，進而可證得結(jié)果.
小問1詳解】
由題意知，集合A中含有3個3維向量元素（），
因為，所以每個元素中的三個分量中有兩個取1，一個取0.
又，所以，，，
所以2的完美3維向量集為.
【小問2詳解】
依題意，完美4維向量集B含有4個4維向量元素（），，
（i）當時，，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；
（ii）當時，，不滿足條件③，舍去；
（iii）當時，，
因為，故與至多有一個為集合B中元素，
同理：與至多有一個為集合B中元素，與至多有一個為集合B中元素，
故集合B中的元素個數(shù)小于4，不滿足條件①，舍去；
（iv）當時，，不滿足條件③，舍去；
（v）當時，，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；
綜上所述，不存在完美4維向量集.
【小問3詳解】
依題意，T的完美n維向量集C含有n個n維元素（），
因為，所以每個元素中有T個分量為1，其余分量為0，
所以，
由（2）知，故，
假設存在k，使得，不妨設.
（i）當時，如下圖，
由條件③知，或（），
此時，與（*）矛盾，不合題意.
（ii）當時，如下圖，
記（），
不妨設，，，
下面研究的前個分量中所有含1的個數(shù).
一方面，考慮中任意兩個向量的數(shù)量積為1，
故（）中至多有1個1，
故的前個分量中，
所有含1的個數(shù)至多有個1（**）.
另一方面，考慮（），
故的前個分量中，
含有個1，與（**）矛盾，不合題意.
故對任意且，，由（*）可得.
【點睛】關鍵點睛：涉及集合新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，然后合理利用定義，結(jié)合相關其它知識，分類討論，進行推理判斷解決.

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