精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期入学考试数学试题

雅礼中学2025届高三上学期入学考试试卷 数学 时量：120分钟 分值：150分 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 若正数x，y满足 则的最小值是（ ） A. B. C. 4 D. 6 4. 过椭圆的中心作直线交椭圆于两点，是的一个焦点，则周长的最小值为（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 5. 已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”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 6. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为（ ） A. 70 B. 64 C. 60 D. 58 8. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 10. 已知函数（，），函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. 的表达式可以写成 B. 的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数 C. 的对称中心（，1）， D. 若方程在（0，m）上有且只有6个根，则 11. 如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ） A. B. 以为直径的圆与直线相切 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量X服从正态分布，若，则______. 13. 已知向量，，若，则的值为______. 14. 设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为________． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知． （1）当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由． （2）记与的面积分别为和，请求出的最大值． 16. 函数的图象在处的切线为. （1）求的值； （2）求在上零点的个数. 17. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 18. 已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. （1）求的方程； （2）记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. （3）探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅礼中学2025届高三上学期入学考试试卷 数学 时量：120分钟 分值：150分 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合，再求交集. 【详解】根据题意，， 所以. 故选：C 2. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算． 【详解】设圆锥母线长为，高为，底面半径为， 则由，得，所以， 所以． 故选：B． 3. 若正数x，y满足 则的最小值是（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件及基本不等式即可求解. 【详解】由题设及，可得 . 所以， 当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意. 所以的最小值为4. 故选：C. 4. 过椭圆的中心作直线交椭圆于两点，是的一个焦点，则周长的最小值为（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的定义和对称性，转化的周长，即可求解. 【详解】设的另一个焦点为，根据椭圆的对称性知， 所以的周长为， 当线段为椭圆短轴时，有最小值6，所以的周长的最小值为14. 故选：B 5. 已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”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】 【分析】找出与圆有四个公共点的等价条件，据此结合充分条件、必要条件概念判断即可. 【详解】由圆方程为可得圆心，半径， 若圆与函数相交，则圆心到直线的距离， 即， 若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆的外部， 即，解得， 综上函数的图象与圆有四个公共点则， 所以“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件， 故选：B 6. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，服从二项分布，，代入公式可得结果． 【详解】每下落一层向左或向右落下等可能，概率均为， 每一层均要乘以，共做10次选择， 故服从二项分布，， 又， 令最大， 则， 即, 解得，又因为，所以, 所以， ，且． 故选：B． 7. 以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为（ ） A. 70 B. 64 C. 60 D. 58 【答案】D 【解析】 【分析】利用正方体的性质，结合构成三棱锥的4个顶点不共面，先求8个顶点任选4个顶点的总数，再去掉4个顶点共面的情况，即为所求正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数. 【详解】由题意知：要使正方体的顶点为顶点构成三棱锥，则4个顶点不共面， 1、8个顶点任选4个，有种， 2、8个顶点任选4个，共面的有12种， ∴以正方体的顶点为顶点的三棱锥有个. 故选：D 8. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. B. C D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，由得，进而判断函数的单调性，判断各选项不等式. 【详解】依题意令，则， 因为在上恒成立， 所以在上恒成立， 故在上单调递减， 所以，，故A不正确； 所以，即，即，故B不正确； 又，即，即，故C错误； 因为，即，即，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据题意构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小. 二、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. 已知复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD. 【详解】对于A，设，显然， 但，故A错； 对于B，设， 则， ， ， 所以，故B对； 对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量， 复数对应向量，复数加减法对应向量加减法， 故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度， 所以，，故C对，D对. 故选：BCD. 10. 已知函数（，），函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. 的表达式可以写成 B. 的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数 C. 的对称中心（，1）， D. 若方程在（0，m）上有且只有6个根，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，可以由两个特值；得到和； 对于B，求出平移后的函数解析式，结合正弦函数性质判断； 对于C，结合正弦型函数的性质求对称中心判断； 对于D，结合图象列不等式，解不等式判断D． 【详解】对A，由图分析可知：得； 由，得，即， 又，所以，又， 所以，即得，，又，所以， 所以，故A正确； 对B，向右平移个单位后得 ，为奇函数，故B正确； 对于C，， 令（）得（）， 所以对称中心（，1），，故C不正确； 对于D，由，得， 因为，所以， 令，，，，，，解得，，，，，． 又在（0，m）上有6个根，则根从小到大为，，，，，， 再令，解得，则第7个根为，，故D错误． 故选：AB． 11. 如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ） A. B. 以为直径的圆与直线相切 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解. 【详解】对于A，令， 联立，消可得， 则，， ， 则 故， 同理，故A正确； 对于C，设与轴交于，， 则，，故C正确； 对于D， 则 ， 而， 所以，故D正确； 对于B，中点，即 则到直线的距离， 以为直径的圆的半径， 所以， 当时相切，当时不相切，故B错误. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量X服从正态分布，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性即可求解. 【详解】因为，且， 所以. 故答案为：. 13. 已知向量，，若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目条件可得，代入化简即可. 【详解】已知向量，，若，则有， ∴. 故答案为： 14. 设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值． 【详解】不等式，所以， 即为，即有，可令，则成立， 由和互为反函数，可得图象关于直线对称， 可得有解，则，即， 令，则， 当时，，则函数在上递减， 当时，，则函数在上递增， 所以当时，取得最大值， 所以有，所以，可得，即k的最大值为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知． （1）当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由． （2）记与的面积分别为和，请求出的最大值． 【答案】（1）为定值，定值为1 （2）14 【解析】 【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得 ，在中由余弦定理得，两式相减可得答案； （2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可． 【小问1详解】 法一：在中，由余弦定理， 得，即①， 同理，在中，， 即②， ①②得， 所以当长度变化时，为定值，定值为1； 法二：在中，由余弦定理 得，即， 同理，在中，， 所以， 化简得，即， 所以当长度变化时，为定值，定值为1； 【小问2详解】 ， 令， 所以， 所以，即时， 有最大值为14． 16. 函数的图象在处的切线为. （1）求值； （2）求在上零点的个数. 【答案】（1） （2）在上仅有1个零点 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线的斜率，和切点，然后得到切线方程，利用对应相等，即可求得的值； （2）利用一次求导和二次求导分析原函数和导函数的单调性，分与两种情况讨论，结合单调性和零点存在性定理，即得证. 【小问1详解】 因为， 所以，所以切线斜率为，即， 所切线方程为 又，所以切点坐标为，代入得 则，解得. 【小问2详解】 由（1）得， 令，则， 当时，恒成立，所以在上递增， 所以， 因此在无零点； 当时，恒成立，所以单调递增， 又， 所以在上存在唯一的零点， 当单调递减； 当单调递增； 又，， 因此在上仅有1个零点； 综上，在上仅有1个零点. 17. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为，E为的中点， 所以； 在和中， 因为， 所以， 所以， 又因为E为的中点， 所以； 又因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）与平面所成的角的正弦值为 【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 18. 已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. （1）求的方程； （2）记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. （3）探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 【答案】（1）； （2）； （3）存在. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得. （3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解. 【小问1详解】 由对称性知，双曲线过点，则，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）得，设， 显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为， 由消去x得， 显然，， 则，即， 所以. 【小问3详解】 圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0， 设双曲线的两条切线分别为， 将代入消去得：， 由得，解得， 因此，设两条切线的交点坐标为， 则，即有，且， 即， 于是是方程的两根， 而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆， 而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3， 显然，满足，即圆与圆相交， 所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 【答案】（1） 是等差数列，设， 令， 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的． （2） 因为数列是“优分解”的，设， 其中， 则． 当时， 当时，是首项为，公比为的等比数列． （3） 【解析】 【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论； （2）设，可得，进而可得结论； （3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 一方面，数列是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为，所以． 是首项为2，公比为的等比数列． 另一方面，因为是“优分解”的，设， 其中， 是首项为2，公比为的等比数列， ，且， 化简得， 即数列是首项，公比为的等比数列． 又， 又解得， 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $