精品解析：湖南省衡阳市衡阳县第一中学2025届高三上学期开学考试数学试卷

衡阳县一中2025届高三开学考试试卷 数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知非空集合，且，则实数m的取值范围是（　　） A. B. C. D. 2. 已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 3. 已知定义在上的偶函数满足，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. 5 D. 4 5. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知各项均为正数的数列的前项和为，则（ ） A. 511 B. 93 C. 72 D. 41 7. 已知双曲线，直线与双曲线交于，两点，直线与双曲线交于，两点，若，则双曲线的离心率等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知数列满足，，记数列前项积为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数区间上单调递增 C. D. 函数图象关于直线对称 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线为异面直线 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 二面角的平面角余弦值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则_______. 13. 设函数，若，且，则的最小值为___________. 14. 已知直线与椭圆交于两点，弦中点为，则直线的方程为__________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15 数列满足，，. （1）的通项公式； （2），求数列的前项和. 16. 已知. （1）求在上的单调递增区间； （2）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边长分别是a，b，c，若，，求△ABC的面积的最大值. 17. 如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. （1）求证：平面 （2）求证：平面平面 （3）若，求二面角 的余弦值. 18. 已知椭圆（其中）的离心率为，左右焦点分别为，． （1）求椭圆C的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆C交于不同的两点，过原点作的垂线，垂足为D．若点D恰好是与A的中点，求的值． 19. （1）证明：当时，； （2）已知函数.求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衡阳县一中2025届高三开学考试试卷 数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知非空集合，且，则实数m的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用非空集合，，，且满足，建立不等式，即可求出m取值范围． 【详解】解： 因为非空集合， 所以，所以， 所以m的取值范围为：． 故选：C． 2. 已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知有两个不等实数解，转化为方程有两个实根，再次转化为的图象与有两个不同的交点，然后利用导数的单调区间，画出的图象，结合图象求解即可. 【详解】的定义域为，则， 因为有两个极值，所以有两个不等的实数解， 由，得， 令，， 则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 因为，， 所以当时，，当时，， 所以的图象如图所示， 由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值， 因为是的真子集， 所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是， 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有两个交点，考查数形结合的思想，属于较难题. 3. 已知定义在上的偶函数满足，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抽象函数的奇偶性与周期性计算即可. 【详解】由，所以是函数的一个周期， 所以， 又是偶函数且，所以. 故选：C 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求模先求平方，再开方即可得到答案. 【详解】因为，，，所以，所以. 故选：C. 5. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理得到，由正弦定理得到. 【详解】因为， 所以，所以. 故选：B 6. 已知各项均为正数的数列的前项和为，则（ ） A. 511 B. 93 C. 72 D. 41 【答案】B 【解析】 【分析】由已知递推关系求出数列的前10项，即可求解． 【详解】， ∴ ， 所以， 则， 故选：B． 7. 已知双曲线，直线与双曲线交于，两点，直线与双曲线交于，两点，若，则双曲线的离心率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】双曲线方程分别于直线、直线联立求出，利用可得答案. 【详解】由，得，或，所以， 由，得，或，所以， 因为，所以， 整理得，得，所以. 故选：C 8. 已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象按、、分类讨论，利用函数图象的交点个数去判断方程根的个数，进而求得实数的取值范围. 【详解】令，的对称轴为， 则实根的个数即为函数与函数图象交点个数， 如下图， 当时， 函数与函数的图象有1个交点，且交点横坐标大于1， 即，函数与函数有2个交点， 且2个交点关于对称， 则方程有两根，且两根和为2，不符合题意； 当时，函数与函数的图象有2个交点，， 时，可得，或， 时，，可得，，， 即函数与函数的图象有5个交点， 则方程有5个根，且5个根的和为5，不符合题意； 当时，函数与函数的图象有2个交点， 即函数与函数的图象有2个交点，分别为， 即，或，， 当时，函数与函数无交点，不符合题意； 当时，函数与函数有4个交点，且关于对称， 所以4个交点横坐标之和为4， 则方程有4个根，且4个根之和为4，符合题意， 综上，实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出的解；(2)图象法：作出函数的图象，观察与轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知数列满足，，记数列的前项积为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知计算数列的前几项得出数列的周期性，利用周期性求解判断． 【详解】已知数列满足，则，所以数列是以3为一个周期的周期数列． 对于A项，，A项正确； 对于B项，，B项错误； 对于C项，任意相邻三项均在一个周期内，则，C项错误； 对于D项，，所以，D项正确． 故选：AD． 10. 函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递增 C. D. 函数的图象关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的部分图象得到函数解析式，再结合正弦函数的性质，即可逐项判断出结果. 【详解】由图象可知，，解得， 所以， 将点代入中，得，解得， 又，所以，所以，故A错误； 所以函数的解析式为. 由，得，令，则在上单调递增，所以函数在区间上单调递增，故B正确； ，故C正确； ，所以函数的图象不关于直线对称，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线为异面直线 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 二面角的平面角余弦值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】证明，说明四点共面，即可得A；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正弦值，即可得B；作出二面角的平面角，计算其余弦值，即可得C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积即可得D. 【详解】对于A，连接，则矩形，则， 而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故， 则四点共面，故直线，不是异面直线，故A错误； 对于B，由于平面，故即为直线与平面所成角， 而，则， 故，故B正确； 对于C，连接交于点O，连接， 平面平面，故， 又平面，故平面， 即为二面角的平面角， 又， 故，故C正确； 对于D，连接，则， 则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面， 而， 故等腰梯形的高为， 故等腰梯形的面积为， 即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，故D正确， 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】做辅助线，根据垂直关系可证平面，可知平面即为平面，进而结合三棱台的体积公式分析求解. 【详解】分别取的中点，连接，则∥， 且∥，，可知为平行四边形，则∥， 可得∥，即四点共面， 因为平面，平面，则， 又因为， 即，可知，可得， 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 连接， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 且，平面， 可得平面，可知平面即为平面， 设正方体的棱长为2， 则正方体的体积为，三棱台的体积为， 可知，，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用垂直关系分析可知平面即为平面，进而分析体积. 13. 设函数，若，且，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由结合对数的运算性质可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为， 令，解得；令，解得； 则当时，，故，所以； 当时，，故，所以； 故，即. 当时，则， 当且仅当，时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知直线与椭圆交于两点，弦的中点为，则直线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】点差法求出直线的斜率，点斜式得直线方程. 【详解】设点，点为弦中点，有， 将两点代入椭圆方程，得， 两式作差得，整理得 得直线的斜率为，直线的方程为，即. 经检验符合题意.A 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 数列满足，，. （1）的通项公式； （2），求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用配凑法证得数列 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，进而求得的通项公式. （2）利用错位相减法求得数列的前项和. 【小问1详解】 数列 满足 ， 整理得 ，又， 即 (常数)， 所以数列 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列. 故 ， 整理得 . 【小问2详解】 由于 ，所以 ， 所以 ①， ②， ① - ②得： ， 所以 . 16. 已知. （1）求在上的单调递增区间； （2）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边长分别是a，b，c，若，，求△ABC的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法得到函数的单调递增区间； （2）由得，由余弦定理得到，得到面积的最大值. 【小问1详解】 由题意得， 又（），得（）， 令，得，令，得， 所以在上的单调递增区间是. 【小问2详解】 因为， 所以（），得， 又C是锐角，所以. 由余弦定理，得， 所以，当且仅当时，等号成立. 所以， 故△ABC的面积的最大值为. 17. 如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. （1）求证：平面 （2）求证：平面平面 （3）若，求二面角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，推出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案． （2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案． （3）取的中点，连接，先找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案． 【小问1详解】 证明：取的中点，连接， 因为为棱的中点， 所以，， 又，，为的中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 【小问3详解】 取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，所以， 又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以二面角的平面角为， 因为， 所以，， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为． 18. 已知椭圆（其中）的离心率为，左右焦点分别为，． （1）求椭圆C的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆C交于不同的两点，过原点作的垂线，垂足为D．若点D恰好是与A的中点，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得的值，由离心率可得的值，进而可求出的值，可得椭圆方程； （2）联立，由题意可得为中位线，进而可得，在直角三角形中，可得为上顶点或下顶点，可得直线的斜率. 【小问1详解】 由题意可得，又，可得， 所以， 所以椭圆C的方程为：. 【小问2详解】 连接，由O为的中点，而D为的中点，所以OD为中位线，即， 即，设，可得， 在中，，所以， 整理可得，可得， 所以可得A为上顶点或下顶点， 所以直线AB斜率为或，即或． 所以k的值为． 19. （1）证明：当时，； （2）已知函数.求证：当时，. 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）令，求导，利用导数判断的单调性，进而可得，即可证明结果； （2）由于即，故分别构造函数和，利用导数求它们的最值，即可证明. 【详解】（1）要证，需证明， 令，则， 令，则对任意恒成立， 可知在内单调递增，则， 即对任意恒成立， 可知在内单调递增，则， 所以； （2）要证， 只需证明， 只需证明， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，所以； 再令，则， 当时，，当时，， 知在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 因为与不同时为0，所以， 故原不等式成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$