精品解析：湖南省长郡中学2024-2025学年高三上学期第一次调研考试数学试题

长郡中学2025届高三第一次调研考试 数学 本试题卷共4页.时量120分钟，满分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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】A 【解析】 【分析】由因式分解分别求出高次方程和二次不等式的解集，再由集合的运算得出两个集合的交集. 【详解】∵， ∴， ∵， ∴， ∴. 故选：A 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由空间中线面关系以及线面平行的判定定理逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由可得或，故A错误； 对于B，由可得或，故B错误； 对于C，由可得，故C正确； 对于D，由可得相交或，故D错误； 故选：C 3. 的展开式中的常数项是（ ） A. 第673项 B. 第674项 C. 第675项 D. 第676项 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得展开式的通项公式，结合通项公式，即可求解. 【详解】由二项式的展开式为 ， 令，解得，此时， 所以二项式的展开式的常数项为第项. 故选：D. 4. 铜鼓是流行于中国古代南方一些少数民族地区的礼乐器物，已有数千年历史，是作为祭祀器具和打击乐器使用的.如图，用青铜打造的实心铜鼓可看作由两个具有公共底面的相同圆台构成，上下底面的半径均为25cm，公共底面的半径为15cm，铜鼓总高度为30cm.已知青铜的密度约为，现有青铜材料1000kg，则最多可以打造这样的实心铜鼓的个数为（ ）（注：） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据圆台的体积公式计算求解铜鼓的体积，然后根据材料体积求解即可. 【详解】依题意圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为， 所以铜鼓的体积， 又，故可以打造这样的实心铜鼓的个数为3. 故选：C 5. 已知定义在上的函数满足（为的导函数），且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，令，可得在上单调递增，进而可得，，可得结论. 【详解】由题意可得，即， 令，则， 所以在上单调递增，因为，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，故与2的大小关系不确定. 故选：D. 6. 已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先联立与抛物线方程，结合已知、韦达定理求得，进一步通过抛物线定义、三角形三边关系即可求解，注意检验等号成立的条件. 【详解】由题得的焦点为，设倾斜角为的直线的方程为， 与的方程联立得， 设，则，故的方程为. 由抛物线定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离， 联立抛物线与直线，化简得， 由得与相离. 分别是过点向准线、直线以及过点向直线引垂线的垂足，连接， 所以点到的准线的距离与点到直线的距离之和,等号成立当且仅当点为线段与抛物线的交点， 所以到的准线的距离与到的距离之和的最小值为点到直线0的距离，即. 故选：D. 7. 已知函数，对于任意的，，都恒成立，且函数在上单调递增，则的值为（ ） A. 3 B. 9 C. 3或9 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦型函数的单调性先确定周期的取值范围，从而缩小的取值范围，结合正弦型三角函数的对称性可得符合的的取值为或9，分类讨论验证单调性即可得结论. 【详解】设函数的最小正周期为，因为函数在上单调递增，所以，得，因此． 由知的图象关于直线对称，则①． 由知的图象关于点对称，则②． ②①得，令，则， 结合可得或9． 当时，代入①得，又，所以， 此时，因为，故在上单调递增，符合题意； 当时，代入①得，，又，所以， 此时，因为， 故在上不是单调递增的，所以不符合题意，应舍去． 综上，的值为3． 故选：A. 8. 如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可. 【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角． 长方体中，，，为正方形的中心点， 则，又， 所以是等边三角形，故直线与的夹角为． 则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，． 因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为． 在平面中，作，，使得． 结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为， 易知． 设直线与的夹角为，则，故当时最小， 而 ， 故直线与的夹角的正弦值的最小值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键. 二､多选题：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. 某机械制造装备设计研究所为推进对机床设备的优化，成立两个小组在原产品的基础上进行不同方向的研发，组偏向于智能自动化方向，组偏向于节能增效方向，一年后用简单随机抽样的方法各抽取6台进行性能指标测试（满分：100分），测得组性能得分为：，组性能得分为：，则（ ） A. 组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高 B. 组性能得分的中位数比组性能得分的中位数小 C. 组性能得分的极差比组性能得分的极差大 D. 组性能得分的第75百分位数比组性能得分的平均数大 【答案】AD 【解析】 【分析】根据计算公式分别计算两个小组的平均数、中位数、极差、第75百分位数，再对各选项逐一判断即可. 【详解】由题意可得组性能得分的平均数为， 组性能得分的平均数为， 所以组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高，A说法正确； 组性能得分的中位数为， 组性能得分的中位数为， 所以组性能得分的中位数比组性能得分的中位数大，B说法错误； 组性能得分的极差为，组性能得分的极差为， 所以组性能得分的极差比组性能得分的极差小，C说法错误； 组性能得分共个数据，， 所以组性能得分的第75百分位数为，比组性能得分的平均数大，D说法正确； 故选：AD 10. 嫁接，是植物的人工繁殖方法之一，即把一株植物的枝或芽，嫁接到另一株植物的茎或根上，使接在一起的两个部分长成一个完整的植株.已知某段圆柱形的树枝通过利用刀具进行斜辟，形成两个椭圆形截面，如图所示，其中分别为两个截面椭圆的长轴，且都位于圆柱的同一个轴截面上，是圆柱截面圆的一条直径，设上､下两个截面椭圆的离心率分别为，则能够保证的的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据勾股定理，结合离心率公式可得，即可根据得，逐一代入即可求解. 【详解】设且， 故 故， 故， 由于，故，故，即， 对于A，，满足，故A正确， 对于B，，，故B错误， 对于B，，，故C错误， 对于D，，，故D正确， 故选：AD 11. 对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】BD 【解析】 【分析】由，可得，可得，故只需判断四个选项中的是否为最大值即可，利用函数函数为减函数，为减函数可判断AB；构造函数，利用单调性可得，进而再构造函数，求导可得，再构造函数，利用单调性可判断CD． 【详解】由，可得，即， 若，可得，符合题意， 若，可得，不符合题意， 若，可得，不符合题意， 若，可得，不符合题意， 综上所述，，可得， 故只需判断四个选项中的是否为最大值即可． 对于A，B，由题知，而， ，所以． （点拨：函数为减函数，为减函数）， 对于A，；对于B，，故A错误，B正确． 对于C，D， （将0.9转化为，方便构造函数）构造函数， 则，因为，所以单调递减，因为，所以， 即，所以．（若找选项中的最大值，下面只需判断与的大小即可） ， 构造函数，则， 因为，所以，令，则， 当时，单调递减，因为， 所以，即单调递减，又，所以， 即，所以． 综上，．对于C，；对于D，，故C错误，D正确． （提醒：本题要比较0.09与的大小关系的话可以利用作差法判断， 即， 构造函数， 则， 因为，所以单调递增，因为，所以， 即，所以） 故选：BD. 【点睛】方法点睛：本题考查定义新运算类的题目，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，构造函数，利用函数的单调性与最值比较数的大小. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数z对应的点为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得，即可由复数除法运算求解. 【详解】由于复数z对应的点为，所以， 故， 故答案为： 13. 写出一个同时满足下列条件①②③的数列的通项公式______. ①是常数，且；②；③的前项和存在最小值. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据等差数列的特征，不妨选择等差数列，然后根据题目条件利用等差基本量的运算求解通项公式，即得解. 【详解】由题意，不妨取数列为等差数列，设其首项为，公差为， 由②可知，则，又是常数，满足①， 由③的前项和存在最小值，故等差数列单调递增，取，则， 故，此时当或时，的前项和取到最小值为， 所以同时满足条件①②③的数列的一个通项公式. 故答案为：（答案不唯一） 14. 清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有__________种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有__________种不同的走法. 【答案】 ①. 35 ②. 14 【解析】 【分析】根据题意，由组合数的意义即可得到结果，结合卡特兰数的定义，即可得到结果. 【详解】 从左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右， 故只需确定哪3步向上走即可，共有种不同的走法； 若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线）， 则由卡特兰数可知共有种不同的走法， 又到达右上角必须最后经过，所以满足题目条件的走法种数也是14. 故答案为：35；14 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. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G. （1）求点G的轨迹方程； （2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解. （2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解. 【小问1详解】 设，则，因为的重心， 故有：，解得，代入，化简得， 又，故，所以的轨迹方程为. 【小问2详解】 因为的垂心，故有， 又，所以，故设直线的方程为， 与联立消去得：， 由得， 设，则， 由，得，所以， 所以， 所以，化简得， 解得（舍去）或（满足），故直线的方程为. 16. 如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点． （1）已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）； （2）点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 是的中点，． 要满足平面，需满足， 又平面，平面平面 如图，过作下底面的垂线交下底面于点， 过作的平行线，交圆于，，则线段即点的轨迹． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，即可求出结果； （2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易知可以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 母线长为，母线与底面所成角为45°，，，，， 取的位置如图所示，连接， ，，即， 则，，，，， 则，，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 设平面与平面所成的角为，则 ， ． 17. 素质教育是当今教育改革的主旋律，音乐教育是素质教育的重要组成部分，对于陶冶学生的情操、增强学生的表现力和自信心、提高学生的综合素质等有重要意义．为推进音乐素养教育，培养学生的综合能力，某校开设了一年的音乐素养选修课，包括一个声乐班和一个器乐班，已知声乐班的学生有24名，器乐班的学生有28名，课程结束后两个班分别举行音乐素养过关测试，且每人是否通过测试是相互独立的． （1）声乐班的学生全部进行测试．若声乐班每名学生通过测试的概率都为（），设声乐班的学生中恰有3名通过测试的概率为，求的极大值点． （2）器乐班采用分层随机抽样的方法进行测试．若器乐班的学生中有4人学习钢琴，有8人学习小提琴，有16人学习电子琴，按学习的乐器利用分层随机抽样的方法从器乐班的学生中抽取7人，再从抽取的7人中随机抽取3人进行测试，设抽到学习电子琴的学生人数为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）随机变量的分布列为 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验求出概率，再利用导数求极值； （2）先借助分层抽样确定随机变量的所有可能取值，求出其分布列，最后求期望. 【小问1详解】 24名学生中恰有3名通过测试的概率， 则，， 令，得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故的极大值点． 【小问2详解】 利用分层随机抽样的方法从28名学生中抽取7名， 则7名学生中学习钢琴的有1名，学习小提琴的有2名，学习电子琴的有4名， 所以的所有可能取值为0，1，2，3， ，， ，， 则随机变量的分布列为 0 1 2 3 ． 18. 已知数列为等比数列，为等差数列，且，，. （1）求，的通项公式； （2）数列的前项和为，集合共有5个元素，求实数的取值范围； （3）若数列中，，，求证：. 【答案】（1） ， （2） . （3） 由， 则当时， ， 当时，也满足上式， 所以， ， 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）设数列的公比为，数列的公差为，由已知易得，，可求，； （2）设数列，可求得，，进而可得，可得，可求的取值范围为. （3），进而计算可得不等式成立. 【小问1详解】 设数列的公比为，数列的公差为， 则由，，所以，所以， ，即，所以， 所以； 【小问2详解】 设数列， 则， 所以 ， ， 令， ， 可得， 故当时，最大， 且， 所以，即的取值范围为. 【小问3详解】 略. 19. 设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合． （1）若，写出一个向量，使得． （2）令．若，证明：为偶数． （3）若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例． 【答案】（1）（答案不唯一） （2）证明：对于，，2，，，存在，，，，使得． 当时，；当时，．令，． 所以． 所以为偶数． （3），实例如下： 当时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即． 不妨取，，，， 则有，，，，，． 若存在，使，则或或． 当时，；当时，； 当时，， 故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交． 【解析】 【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可； （2）根据，结合定义，求出，即可得证； （3）利用反证法求证. 【小问1详解】 由定义，只需满足，不妨取（答案不唯一）． 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 ，实例略． 【点睛】关键点点睛：新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长郡中学2025届高三第一次调研考试 数学 本试题卷共4页.时量120分钟，满分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中的常数项是（ ） A. 第673项 B. 第674项 C. 第675项 D. 第676项 4. 铜鼓是流行于中国古代南方一些少数民族地区的礼乐器物，已有数千年历史，是作为祭祀器具和打击乐器使用的.如图，用青铜打造的实心铜鼓可看作由两个具有公共底面的相同圆台构成，上下底面的半径均为25cm，公共底面的半径为15cm，铜鼓总高度为30cm.已知青铜的密度约为，现有青铜材料1000kg，则最多可以打造这样的实心铜鼓的个数为（ ）（注：） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知定义在上的函数满足（为的导函数），且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，对于任意的，，都恒成立，且函数在上单调递增，则的值为（ ） A. 3 B. 9 C. 3或9 D. 8. 如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 二､多选题：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. 某机械制造装备设计研究所为推进对机床设备的优化，成立两个小组在原产品的基础上进行不同方向的研发，组偏向于智能自动化方向，组偏向于节能增效方向，一年后用简单随机抽样的方法各抽取6台进行性能指标测试（满分：100分），测得组性能得分为：，组性能得分为：，则（ ） A. 组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高 B. 组性能得分的中位数比组性能得分的中位数小 C. 组性能得分的极差比组性能得分的极差大 D. 组性能得分的第75百分位数比组性能得分的平均数大 10. 嫁接，是植物的人工繁殖方法之一，即把一株植物的枝或芽，嫁接到另一株植物的茎或根上，使接在一起的两个部分长成一个完整的植株.已知某段圆柱形的树枝通过利用刀具进行斜辟，形成两个椭圆形截面，如图所示，其中分别为两个截面椭圆的长轴，且都位于圆柱的同一个轴截面上，是圆柱截面圆的一条直径，设上､下两个截面椭圆的离心率分别为，则能够保证的的值可以是（ ） A. B. C. D. 11. 对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数z对应的点为，则______． 13. 写出一个同时满足下列条件①②③的数列的通项公式______. ①是常数，且；②；③的前项和存在最小值. 14. 清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有__________种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有__________种不同的走法. 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. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G. （1）求点G的轨迹方程； （2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程. 16. 如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点． （1）已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）； （2）点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值． 17. 素质教育是当今教育改革的主旋律，音乐教育是素质教育的重要组成部分，对于陶冶学生的情操、增强学生的表现力和自信心、提高学生的综合素质等有重要意义．为推进音乐素养教育，培养学生的综合能力，某校开设了一年的音乐素养选修课，包括一个声乐班和一个器乐班，已知声乐班的学生有24名，器乐班的学生有28名，课程结束后两个班分别举行音乐素养过关测试，且每人是否通过测试是相互独立的． （1）声乐班的学生全部进行测试．若声乐班每名学生通过测试的概率都为（），设声乐班的学生中恰有3名通过测试的概率为，求的极大值点． （2）器乐班采用分层随机抽样的方法进行测试．若器乐班的学生中有4人学习钢琴，有8人学习小提琴，有16人学习电子琴，按学习的乐器利用分层随机抽样的方法从器乐班的学生中抽取7人，再从抽取的7人中随机抽取3人进行测试，设抽到学习电子琴的学生人数为，求的分布列及数学期望． 18. 已知数列为等比数列，为等差数列，且，，. （1）求，的通项公式； （2）数列的前项和为，集合共有5个元素，求实数的取值范围； （3）若数列中，，，求证：. 19. 设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合． （1）若，写出一个向量，使得． （2）令．若，证明：为偶数． （3）若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $