精品解析： 湘豫名校联考2024-2025学年高三一轮复习质量检测数学试题

湘豫名校联考 2024—2025学年高三一轮复习质量检测 数 学 注意事项： 1．本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回. 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. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元一次不等式及分式不等式化简集合M与集合N，再利用集合交集运算求解. 【详解】因为集合 集合或， 所以或． 故选：D． 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出复数，再利用复数的除法计算得解. 【详解】依题意，，所以． 故选：A 3. 在平面直角坐标系中，角与角的顶点均与坐标原点重合，始边均与轴的非负半轴重合，终边关于直线对称．若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性、三角函数的定义，即可得所求角得余弦值． 【详解】由角的终边经过点，角与角的终边关于直线对称， 可得角的终边必经过点． 所以． 故选：C． 4. 已知是定义域为的奇函数，且时，，则“在上单调递增”的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性结合函数的单调性与二次函数的性质列不等式即可得“在上单调递增”的充要条件的的取值范围. 【详解】因为是定义域为的奇函数，则， 且时，， 若在上单调递增，则，解得， 故“在上单调递增”的充要条件是“”. 故选：D. 5. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线分别交轴的正半轴、轴的正半轴于两点，的面积为，若点为平面内一点，且满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】不妨设，根据数量积的坐标公式求出，进而可得出答案. 【详解】根据题意，不妨设， 则，解得， 所以． 故选：B． 6. 汉代刘歆等人设计的“新莽嘉量”，是集龠、合、升、斗、斛五量为一器的标准量器，各器均为圆筒形（可视为圆柱）．如图，正中的圆柱体的上部为斛量，下部为斗量，左耳为升量，右耳上为合量，下为龠量．某兴趣小组制作一“新莽嘉量”模型，设升、斗、斛圆柱的底面半径分别为，高分别为，体积分别为．若成等比数列，且，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的信息，利用圆柱的体积公式及等比数列定义求解即得. 【详解】依题意，，即所成等比数列的公比为10，则， 所以. 故选：B 7. 已知抛物线的焦点为为上一点，为上一动点，是坐标原点．若，垂足为，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点求得抛物线的标准方程，然后根据题意列等式即可求解． 【详解】由题可得，所以，所以． 因为，所以点在以线段为直径的圆上． 由题易得该圆的圆心为线段的中点， 所以圆心坐标为，半径为． 所以的最大值为． 故选：C． 8. 已知函数，其从小到大的第个零点记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，在上的零点与函数的相同，利用导数判断函数的单调性，分析可知，在每个单调区间内都有唯一零点，且注意到，进而可得出、、、的值，代值计算可得所求代数式的值. 【详解】因为， 令，显然在上的零点与函数的相同， 又， 由且，可得， 令且，可得， 所以在上单调递增， 在上单调递减． 又，，， 所以在每个单调区间内都有唯一零点． 另一方面，注意到． 所以，，，， 所以 ． 故选：A． 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 踢毽子是一项深受青少年儿童喜爱的民间体育活动．某校踢毽子社团共10名学生，下表记录了这10名学生一分钟踢毽子的个数． 小于20个的人数 3 不小于20个，小于30个的人数 5 不小于30个的人数 2 设这10名学生一分钟踢毽子的个数的平均数、方差、众数、中位数分别为，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平均数、方差、众数、中位数的概念结合已知问题，逐项验证即可得结论. 【详解】对于A，平均个数的最小值，无法确定具体数据，因此一定正确； 对于，若10名学生一分钟踢毽子的个数为0，0，0，20，20，20，20，20，30，30， 则平均个数，方差，故B不正确； 对于C，若10名学生一分钟踢毽子的个数为0，0，0，20，21，22，23，24，30，30，则众数，故C不正确； 对于D，中位数应为数据排序后，第五个数据和第六个数据的平均数，由题可知这两个数均在内，所以，故正确． 故选：AD． 10. 已知函数若实数满足，则（ ） A. 在上不单调 B. 没有极值，也没有最值 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】判断出函数的单调性，从而判断A；根据函数的单调性判断B；设，根据函数在上单调递增，从而得，即有，从而判断C；分、求出的值，从而判断D. 【详解】作出函数的图象，如图所示： 由于二次函数在上单调递增， 而在上单调递增， 同时在处的函数值与在处的函数值相等， 所以在上单调递增，故A错误； 由在上单调递增， 所以没有极值，也没有最值，故B正确； 不妨设，则由单调递增可得． 又， 所以，所以只能，故正确； 所以， 若，则，此时； 则； 若，则，此时， 则，故错误． 故选：BC． 11. 已知数列满足，且为数列的前项和，则（ ） A. 若，则存在，使得 B. 若，则成等差数列 C. 存在数列，使得 D. 存在，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】本题给出数列的首项及递推公式，引导学生利用递推关系研究数列的特定项，以及前项和，由于递推关系不唯一确定，则需要用好不等式思想和特例思想来求解． 【详解】设为数列中第一次取负值的项，则，否则，与题设矛盾． 所以一定存在，使得，A正确; 因为，所以．所以， 当且仅当时等号成立．所以成等差数列，B正确; 取， 则，正确; 由于一定是奇数，一定是偶数，所以必为奇数，因此不存在，使得，D错误; 故选:ABC． 【点睛】方法点睛：利用好递推中的确定关系和不等式关系，从而根据相应问题去解答 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在上存在极值，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，再探讨并求出极值点，列式求出范围. 【详解】函数的定义域为，求导得， 当时，，无极值点；当时，由，得， 当时，，当时，，则是函数的极值点， 依题意，，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 13. 若直线与双曲线有且只有一个交点，则实数的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由直线恒过定点，直线不可能与双曲线相切，只能直线平行与渐近线. 【详解】由于直线恒过定点，所以直线不可能与双曲线相切．要满足有且只有一个交点，直线必须平行于双曲线的渐近线，渐近线方程为，所以， 解得 故答案为： 14. 有4个不透明的袋子，每个袋子中均装有形状、大小完全相同的4个小球，编号分别为1，2，3，4．甲、乙、丙、丁4名同学依次随机从每个袋子中各取出1个球，取出不放回．已知甲取出的4个小球编号之和为14，乙取出的4个小球编号之和为13，则丙取出的4个小球编号之和大于6的概率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意首先算出第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的填法，再求出在第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的条件下，第三行数字之和大于6的填法，两个数相除即可. 【详解】题中问题等价于往如下表格中随机地填数字，其中每列都是1，2，3，4的排列，求在第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的条件下，第三行数字之和大于6的概率． A B C D 甲 乙 丙 丁 第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13包含的情况数可如下计算： 如果第一行数字是3个4，1个2，那么共种不同的填法； 如果第一行数字是2个4，2个3，那么共种不同的填法． 所以共有种不同的填法． 第三行数字之和大于6包含的情况数可如下计算： ①第一行数字依次是4，4，4，2，则第二行只能依次为3，3，3，4，如下表． 甲 4 4 4 2 乙 3 3 3 4 丙 丁 如果第三行第四列是3，则前3列可以是2，2，2，或2，2，1，或2，1，1； 如果第三行第四列是1，则前3列可以是2，2，2，共有种可能． 所以如果第一行数字是3个4，1个2，那么共种不同的填法． ②第一行数字依次是3，3，4，4，则第二行可能为4，4，3，2或4，4，2，3，如下表（只列出其中一种情况）． 甲 3 3 4 4 乙 4 4 3 2 丙 丁 此种情况下，余下两行也有8种不同的填法， 所以如果第一行数字是2个4，2个3，那么共种不同的填法． 所以第三行数字之和大于6共有种不同的填法． 所以第三行数字之和大于6的概率为． 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. 已知在锐角中，内角的对边分别为，且满足 （1）求； （2）若，点在延长线上，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将角化为边，再用余弦定理即可求出角B的值 （2）利用正弦定理先求出，进而得到，再利用余弦定理即可求得结果. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 由余弦定理，得，所以． 因为为三角形内角，所以． 【小问2详解】 在中，由正弦定理，得， 所以． 因为为锐角三角形，所以．所以． 在中，由余弦定理，得， 所以，所以． 所以． 16. 如图，在三棱锥中，平面为棱上的动点． （1）求证：平面； （2）是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为平面平面平面， 所以且． 由，且，可得． 由，因为,可得． 因为平面平面，所以平面． （2）存在点，且当点位于上靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质定理得到，由勾股定理得到，再根据线面垂直的定义即可证明平面． （2）过作，建立空间直角坐标系，设，由平面与平面夹角的余弦值为，即可求出D的坐标.即得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，则两两垂直， 建立如图空间直角坐标系． 则． 设平面的法向量为， 由题可得， 则即 取，则平面的一个法向量为． 由于在棱上，设， 所以． 所以． 设平面的法向量为， 由题可得， 则即 取，则平面的一个法向量为． 由题意，得， 整理得． 解得或． 因为，所以． 故存在点，且当点位于上靠近的三等分点时， 平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）若曲线在处的切线过点，求实数的值； （2）求函数的单调递增区间． 【答案】（1） （2） 时，单调递增区间是； 时，单调递增区间是； 时，单调递增区间是． 【解析】 【分析】（1）求导，得到切线斜率，点斜式得到曲线在处的切线方程，代入可求实数的值； （2）对讨论两种情况，分别求出导函数，再分别对进行讨论，对每种情况判断导函数的符号，即可求得函数的单调递增区间． 【小问1详解】 当时，． 因为， 所以． 所以切线方程为． 又切线过点，代入切线方程可得． 【小问2详解】 当时，． 因为， 所以若，则当时，单调递增； 若，则当时，单调递减； 当时，单调递增． 当时，． 因为． 所以若时，则当时，单调递增； 若时，则当时，单调递减； 当时，单调递增． 又易知时，对任意，均有， 所以时，单调递增区间是． 综上所述，时，单调递增区间是； 时，单调递增区间是； 时，单调递增区间是． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过点与交于两点，且的周长为8． （1）求的标准方程及离心率； （2）设与的角平分线交于点，若点到直线的距离为，求直线的方程． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）由的周长为8，可得，，即可得椭圆方程，再根据离心率公式求解即可； （2）当直线斜率不存在时，不满足题意；当斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，从而得的面积为，则，结合韦达定理求出的值即可； 【小问1详解】 解：由题可知， 所以． 所以，解得． 所以的标准方程是． 又， 所以离心率． 【小问2详解】 解：由（1）可知， 当直线的斜率存在时，可设直线． 与椭圆方程联立得． 设． 因为直线过椭圆内的定点，所以均能保证， 则． 因为与的角平分线交于点， 所以点到的距离均为． 所以的面积为． 所以． 所以． 又． 所以． 化简得． 所以． 解得． 当直线的斜率不存在时，，显然不符合题意． 综上所述，直线的方程是或． 19. 已知集合，定义集合． （1）若，写出集合； （2）若，且对任意，如果，则存在，使得，求证：； （3）给定整数，若存在集合满足：对任意，存在，且，使得，求的最小值． 【答案】（1） （2）证明：不妨设． 假设， 则当时，， 当时，， 同理，当时， ， 所以均为集合中不同元素． 而共11个数，与中只有10个数矛盾． 所以． 所以． （3） 【解析】 【分析】（1）根据集合新定义求解即可； （2）不妨设，假设，分别验证，，时，对任意，从而证得结论； （3）不妨设中元素满足，可得，从而得，再根据集合中的元素关系进行分类判断即可结论. 【小问1详解】 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不妨设中元素满足． 由题可知，存在． 使得，且均不与相等． 所以． 所以． 同理存在． 使得，且均不与相等． 所以． 所以． 所以． 若，则． 所以． 与矛盾． 所以，所以． 所以，即． 又时，若为偶数，设， 取，显然符合题意； 若为奇数，设， 取，显然符合题意． 所以的最小值是． 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘豫名校联考 2024—2025学年高三一轮复习质量检测 数 学 注意事项： 1．本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回. 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. 或 C. D. 或 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，角与角的顶点均与坐标原点重合，始边均与轴的非负半轴重合，终边关于直线对称．若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是定义域为的奇函数，且时，，则“在上单调递增”的充要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线分别交轴的正半轴、轴的正半轴于两点，的面积为，若点为平面内一点，且满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 汉代刘歆等人设计的“新莽嘉量”，是集龠、合、升、斗、斛五量为一器的标准量器，各器均为圆筒形（可视为圆柱）．如图，正中的圆柱体的上部为斛量，下部为斗量，左耳为升量，右耳上为合量，下为龠量．某兴趣小组制作一“新莽嘉量”模型，设升、斗、斛圆柱的底面半径分别为，高分别为，体积分别为．若成等比数列，且，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 已知抛物线的焦点为为上一点，为上一动点，是坐标原点．若，垂足为，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其从小到大的第个零点记为，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 踢毽子是一项深受青少年儿童喜爱的民间体育活动．某校踢毽子社团共10名学生，下表记录了这10名学生一分钟踢毽子的个数． 小于20个的人数 3 不小于20个，小于30个的人数 5 不小于30个的人数 2 设这10名学生一分钟踢毽子的个数的平均数、方差、众数、中位数分别为，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数若实数满足，则（ ） A. 在上不单调 B. 没有极值，也没有最值 C. D. 11. 已知数列满足，且为数列的前项和，则（ ） A. 若，则存在，使得 B. 若，则成等差数列 C. 存在数列，使得 D. 存在，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在上存在极值，则实数的取值范围是______． 13. 若直线与双曲线有且只有一个交点，则实数的值是______． 14. 有4个不透明的袋子，每个袋子中均装有形状、大小完全相同的4个小球，编号分别为1，2，3，4．甲、乙、丙、丁4名同学依次随机从每个袋子中各取出1个球，取出不放回．已知甲取出的4个小球编号之和为14，乙取出的4个小球编号之和为13，则丙取出的4个小球编号之和大于6的概率是______． 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. 已知在锐角中，内角的对边分别为，且满足 （1）求； （2）若，点在延长线上，且，求． 16. 如图，在三棱锥中，平面为棱上的动点． （1）求证：平面； （2）是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 17. 已知函数． （1）若曲线在处的切线过点，求实数的值； （2）求函数的单调递增区间． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过点与交于两点，且的周长为8． （1）求的标准方程及离心率； （2）设与的角平分线交于点，若点到直线的距离为，求直线的方程． 19. 已知集合，定义集合． （1）若，写出集合； （2）若，且对任意，如果，则存在，使得，求证：； （3）给定整数，若存在集合满足：对任意，存在，且，使得，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $