精品解析：湖南省九校联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试题

湖南省2025届高三九校联盟第一次联考 数学 由 常德市一中 长沙市一中 湖南师大附中 双峰县一中 桑植县一中 武冈市一中 湘潭市一中 岳阳市一中 株洲市二中 联合命题 炎德文化审校､制作 命题学校：株洲市二中 审题学校：武冈市一中 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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（本大题共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】D 【解析】 【分析】解不等式可得与，从而进行集合间的运算. 【详解】因为，， 所以或， 所以， 故选：D. 2. 若（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则化简可得，即可得解. 【详解】由， 得，即， 其虚部为， 故选：B. 3. 圆的圆心到直线的距离为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心，然后代入点到直线的距离公式求解即可. 【详解】化圆的方程为标准方程得， 则该圆圆心到直线的距离为. 故选：A 4. 某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，若大轮的半径为，则大轮每秒转过的弧长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出大轮每分钟转的圈数，再借助弧长公式计算即得 【详解】由大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，得大轮每分钟转的圈数为，因此大轮每秒钟转的弧度数为，所以大轮每秒转过的弧长是. 故选：D 5. 甲､乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用独立重复事件，分析获胜情况，即可求出概率. 【详解】甲第一局获胜并最终以获胜，说明甲､乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局， 并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为. 故选：C 6. 已知正项数列的前项和为，且，则（ ） A. 4049 B. 4047 C. 2025 D. 2024 【答案】A 【解析】 【分析】根据计算化简得出数列是首项为2，公差为1的等差数列，进而得出通项公式即可求解. 【详解】当时，，即， 由数列为正项数列可知，，又，即数列是首项为2，公差为1的等差数列， 即，则， 当时，； 所以. 故选：A. 7. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断与的关系，然后建立等式，最后利用基本不等式求解即可. 【详解】根据题意，， 所以，所以的图像关于点对称， 又因为，其中，当且仅当时等号成立， 而，所以，所以在上单调递增. 则由，可得， 记，则， 可得，当且仅当时取等号， 故的最大值为. 故选：B 二､多选题（本大题共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） 8. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据的第70百分位数为13 B. 若样本数据的方差为2，那么数据的方差为1 C. 已知随机事件和互斥，且.则 D. 已知随机变量服从正态分布，若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A,先将数据从小到大排列，然后计算百分位数即可；选项B，利用方差的性质计算即可；选项C，利用独立事件的概率计算公式计算即可；选项D，利用正态分布的概念计算即可. 【详解】A选项，数据从小到大排列为，由，故第5个数作为第70百分位数，即A正确； B选项，样本数据的方差为2，则数据的方差为，所以B选项错； C选项，因为和互斥，则， 可得， 所以，C正确； D选项，因为关于对称，所以错误. 故选：AC 9. 已知函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 函数在区间单调递增 D. 当时，函数有8个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象的振幅、周期求出和的值，根据图象的特殊点和的范围求出的值，可判断选项A、B是否正确；根据求出的解析式及整体替换思想求出的单调增区间可判断C；化简解析式，将一个函数的零点个数问题，转化为两个新函数的交点个数问题可判断D. 【详解】对于选项A，由图知，，得到， 则，选项A正确； 对于选项B，，又因为， 所以，故选项B错误； 对于选项C，当时，，单调递增，所以选项C正确； 对于选项D，， 整理得，， 令，得 观察图象知，和在上共8个交点， 所以在上共有8个零点，故选项D正确. 故选：ACD 10. 已知矩形中，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成一个几何体，则（ ） A. 该几何体的体积为 B. 将该几何体放入一个球内，当球的半径最小时，球的表面积为 C. 将该几何体削成一个球，则球的半径的最大值为 D. 将该几何体削成以为轴的圆柱，则圆柱的最大体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】把立体图形利用轴截面思想转化为平面图形来研究，比如求体积的高，求最大圆的半径，求内切圆的半径，求最大矩形. 【详解】如图1，以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥， 旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为， 这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为， 则所求几何体体积故A错误； 该几何体可以放入的最小的球是以为直径的球，该球的表面积为，故B正确； C选项中削成的最大的球的轴截面如图2，设球的半径为， 则，中，，解得（舍）或，故C正确； D选项中，轴截面图如图3，设， 则圆柱的体积为， 故时，体积有最大值，故D正确. 故选：BCD. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 已知满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系及两角差正弦公式化简求出，最后应用两角和正弦即可求解. 【详解】， . 故答案为：. 12. 已知分别为双曲线右支与渐近线上的动点，为左焦点，则的最小值为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据双曲线的定义得出，再结合距离和最小及点到直线距离计算得出最小值. 【详解】设双曲线的右焦点为，渐近线为， 则， ， 当且仅当三点共线时，， 的最小值为垂直于渐近线时， 所以的最小值为. 故答案为：4. 13. 从中任意选取四元数组，满足，则这样的四元数组的个数为__________.（用数字作答） 【答案】70 【解析】 【分析】根据题意得到，从而得到四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个，即可得到答案. 【详解】由题意得， 将连同右边的3个空位捆绑，连同右边的4个空位捆绑，连同右边的5个空位捆绑， 分别看作一个元素，还剩个元素. 四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个， 故这样的四元数组的个数是. 故答案为：70 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 14. 如图，在四面体中，平面为的重心，点在线段上，. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直去证明线线垂直，中间借助线面平行和线线平行即可； （2）利用空间直角坐标系，借助空间向量运算来求两平面夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 如图，连接并延长交于，连接. 为的重心，， 又. 平面， 又，且平面， 平面，又平面， . 【小问2详解】 如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系， ， . 设平面的一个法向量为， 则取，则， 设平面的一个法向量为， 则取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 15. 已知函数（）. （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后在函数的定义域内讨论导函数的符号，可得函数的单调区间. （2）当时，先把问题转化为.然后方法一：设（），通过求导，判断函数的单调性，求出函数的极小值（也是最小值）可证结论成立.方法二：进一步把问题转化为：，设，证明即可. 【小问1详解】 ， ①当时，当时，时，， 所以的递增区间是，递减区间为； ②当时，当时，时，， 所以的递增区间是，递减区间为； ③当时，的递增区间是，无减区间； ④当时，当时，时，， 所以的递增区间是，递减区间为. 综上，当时，的递增区间是（），递减区间为； 当时，的递增区间是，递减区间为； 当时，的递增区间是，无减区间； 当时，的递增区间是，递减区间为. 【小问2详解】 当时，，由题意可得，只需证明， 方法一：令， 则， 令，易知在上单调递增， ， 故存在，使得，即， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 故时，取得唯一的极小值，也是最小值. ， 所以，即当时，. 方法二：不等式等价于， 只需证， 令，所以， 当时，单调递减，时，单调递增， 所以，即，当且仅当时取得等号， 令代替得到， 函数在上单调递增，且， 故存在，使得， 所以，当且仅当时取得等号， 所以，即当时，. 16. 已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，且的周长为.设的中点为为坐标原点，直线与直线相交于点. （1）求椭圆的标准方程. （2）是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. （3）求的正弦值的最大值. 【答案】（1） （2）存在，或. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据离心率及椭圆定义列方程组计算得出椭圆标准方程； （2）先设直线方程，再联立方程得出韦达定理，再结合弦长公式计算化简求参即可； （3）应用，得出正切值，，最后应用两角和的正切公式计算求值即可 【小问1详解】 由题意， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 显然的斜率不为0，设的方程为， 联立，得， ， ， ，直线的方程为，从而， ， 若为等腰三角形，则， 又， 存在直线使得为等腰三角形，此时的方程为或. 【小问3详解】 由（2）知，， ，同理， ， 当且仅当时取等号，最大值时，取最大值， 最大值时有， ，即的正弦值的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是结合两角和的正切公式结合值域化简得出最大值即可. 17. 若项数为的有穷数列满足：，且对任意的或是数列中的项，则称数列具有性质. （1）判断数列，，，与数列，，，是否具有性质，并说明理由； （2）设数列具有性质，是中的任意一项，证明：一定是中的项； （3）若数列具有性质，证明：当时，数列是等比数列. 【答案】（1）数列，，，具有性质，数列，，，不具有性质，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据性质的定义直接判断； （2）由数列具有性质，可得不是数列中的项，所以为数列中的项，由，所以是数列中的项，当时，不是数列中的项，所以一定是数列中的项； （3）由已知可得，结合（2）可得，所以（*），易知当，是数列中的项，由，且，可得，因为，由以上可知：且，所以且，所以，可得，即可得证. 【小问1详解】 数列，，，，则，，，，，，， 所以数列，，，具有性质； 数列，，，，，，都不是数列里的项，所以数列，，，不具有性质. 【小问2详解】 由数列具有性质， 由，可得， 即不是数列中的项，所以为数列中的项， 由，所以是数列中的项， 当时，则，所以不是数列中的项， 因为数列具有性质，所以一定是数列中的项； 综上，一定是中的项； 【小问3详解】 依题意，所以， 由（2）可知一定是中的项， 所以，，，，，， 所以（*） 当，则，所以不是数列中的项， 所以是数列中的项，由， 又因为， 可得，，，， 所以， 因为，由以上可知：且， 所以且， 所以，（**） 由（*）知，， 两式相除，可得， 所以当时，数列为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省2025届高三九校联盟第一次联考 数学 由 常德市一中 长沙市一中 湖南师大附中 双峰县一中 桑植县一中 武冈市一中 湘潭市一中 岳阳市一中 株洲市二中 联合命题 炎德文化审校､制作 命题学校：株洲市二中 审题学校：武冈市一中 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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（本大题共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. 若（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 圆的圆心到直线的距离为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 4. 某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，若大轮的半径为，则大轮每秒转过的弧长是（ ） A. B. C. D. 5. 甲､乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项数列的前项和为，且，则（ ） A. 4049 B. 4047 C. 2025 D. 2024 7. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 二､多选题（本大题共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） 8. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据的第70百分位数为13 B. 若样本数据的方差为2，那么数据的方差为1 C. 已知随机事件和互斥，且.则 D. 已知随机变量服从正态分布，若，则 9. 已知函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 函数在区间单调递增 D. 当时，函数有8个零点 10. 已知矩形中，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成一个几何体，则（ ） A. 该几何体的体积为 B. 将该几何体放入一个球内，当球的半径最小时，球的表面积为 C. 将该几何体削成一个球，则球的半径的最大值为 D. 将该几何体削成以为轴的圆柱，则圆柱的最大体积为 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 已知满足，则__________. 12. 已知分别为双曲线右支与渐近线上的动点，为左焦点，则的最小值为__________. 13. 从中任意选取四元数组，满足，则这样的四元数组的个数为__________.（用数字作答） 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 14. 如图，在四面体中，平面为的重心，点在线段上，. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 15. 已知函数（）. （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，证明：. 16. 已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，且的周长为.设的中点为为坐标原点，直线与直线相交于点. （1）求椭圆的标准方程. （2）是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. （3）求的正弦值的最大值. 17. 若项数为的有穷数列满足：，且对任意的或是数列中的项，则称数列具有性质. （1）判断数列，，，与数列，，，是否具有性质，并说明理由； （2）设数列具有性质，是中的任意一项，证明：一定是中的项； （3）若数列具有性质，证明：当时，数列是等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $