精品解析：湖南省宁远县第一中学2025届高三下学期新年第一考数学试题

宁远一中2025届高三数学新年第一考（2月7日） 时量：120分钟 满分：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. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 4. 已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，则 “ ” 是 “ ” 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知双曲线的离心率为，则点到的渐近线的距离为 A B. C. D. 6. 在中内角所对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球：再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则错误的选项为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（ ） 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. 已知数列是公差为d的等差数列，是其前n项的和，若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数及其导函数，且，若，则（ ） A. B. C. D. 11. “角谷猜想”是“四大数论世界难题”之一，至今无人给出严谨证明.“角谷运算”指的是任取一个大于1的正整数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘以3再加上1.在这样一个变换下，我们就得到了一个新的正整数.如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角谷运算后，最后结果为1.我们记一个正整数经过次角谷运算后首次得到1（若经过有限次角谷运算均无法得到1，则记，以下说法正确的是（ ） A. 可看作一个定义域和值域均为的函数 B. 其定义域上不单调，有最小值，无最大值 C. 对任意正整数，都有 D. 是真命题，是假命题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，各项系数中的最大值为______． 13. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 14. 若曲线与曲线有三条公切线，则的取值范围是______. 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. 在中，角所对的边分别记为，且. （1）证明：； （2）若，求的取值范围. 16. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）讨论零点个数. 17. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 18. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． （1）若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． （2）假设， （i）为使得甲、乙所在队比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ （ii）为使得甲、乙所在队比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 19. 设抛物线的焦点为，动点在直线上运动，过作抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点 （1）求抛物线的方程； （2）求的重心的轨迹方程； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宁远一中2025届高三数学新年第一考（2月7日） 时量：120分钟 满分：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】分析可得，由此可得出结论. 【详解】任取，则，其中，所以，，故， 因此，. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法可求，从而可求. 详解】由题设有，故，故， 故选：D 3. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量夹角的坐标表示列式计算即得. 【详解】向量，，， 由，得，即， 因此，所以. 故选：C 4. 已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，则 “ ” 是 “ ” 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式化简，等价变形可得，由充要条件概念可得解. 【详解】“ ”，即 ， 则 ， 则“ ” 是“ ” 的充要条件. 故选：B 5. 已知双曲线的离心率为，则点到的渐近线的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析：由离心率计算出，得到渐近线方程，再由点到直线距离公式计算即可． 详解： 所以双曲线的渐近线方程为 所以点（4，0）到渐近线的距离 故选D 点睛：本题考查双曲线的离心率，渐近线和点到直线距离公式，属于中档题． 6. 在中内角所对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得：， 即：，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C 7. 甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球：再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则错误的选项为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式、条件概率公式和全概率的概率公式计算求解即可. 【详解】由题意可知，，，， 所以， ， 综上ABD说法正确，C说法错误； 故选：C 8. 若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简函数式为，题意说明，得，由正弦函数图象与直线的交点个数得的范围． 【详解】由题意可得： ， 由可得， 因为，，则， 由题意可得，解得， 所以取值范围为． 故选：D． 【点睛】易错点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 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. 已知数列是公差为d的等差数列，是其前n项的和，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，从而可求出，即可判断A；再结合等差数列的性质及前项和公式即可判断BCD. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 因为， 所以当时，，当时，， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：在等差数列中，求的最小（大）值的方法： （1）利用通项公式寻求正、负项的分界点，则从第一项起到分界点该项的各项和最小（大）； （2）借助二次函数的图象及性质求解. 10. 已知函数及其导函数，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用抽象函数的关系式，采用赋值，赋变量的方法，结合函数的对称性和周期性，即可判断选项. 【详解】因为，所以的图像关于直线对称.令，得，故A项正确； 因为.所以，即， 所以，因为，所以， 即，所以，则的一个周期为4. 因为的图像关于直线对称，所以是的一个极值点， 所以，所以，则.故B项错误； 由，得，即. 所以，故C项正确； 设为常数），定义域为， 则， 又，所以，显然也满足题设， 即上､下平移均满足题设，显然的值不确定，故D项错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对抽象函数进行赋值，以及抽象函数的导数问题，，即可正确得到. 11. “角谷猜想”是“四大数论世界难题”之一，至今无人给出严谨证明.“角谷运算”指的是任取一个大于1的正整数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘以3再加上1.在这样一个变换下，我们就得到了一个新的正整数.如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角谷运算后，最后结果为1.我们记一个正整数经过次角谷运算后首次得到1（若经过有限次角谷运算均无法得到1，则记，以下说法正确的是（ ） A. 可看作一个定义域和值域均为的函数 B. 在其定义域上不单调，有最小值，无最大值 C. 对任意正整数，都有 D. 是真命题，是假命题 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的信息，结合单调性、最值，利用特殊值逐项判断即可. 【详解】对于A，依题意，的定义域是大于1的正整数集，A说法错误； 对于B，由，，可知在其定义域上不单调， 根据题意可知，，，则有最小值1，无最大值，B说法正确； 对于C，对任意正整数，，又，所以，C说法正确； 对于D，对任意正整数，每次除以2，最后得到1的次数为，因此， 由，可知是假命题，D说法正确； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，各项系数中的最大值为______． 【答案】5 【解析】 【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解. 【详解】由题展开式通项公式为，且， 设展开式中第项系数最大，则， ，即，又，故， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为. 故答案为：5. 13. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案. 【详解】法一：由题意得， 因为，， 则，， 又因为， 则，，则， 则，联立 ，解得. 法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则, ，， 则 故答案为：. 14. 若曲线与曲线有三条公切线，则取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题，即可求出的取值范围. 【详解】设公切线为是与的切点，由，得， 设是与的切点，由，得， 所以方程为，因为，整理得， 同理，因为，整理得， 依题意两条直线重合，可得， 消去，得， 由题意此方程有三个不等实根，设， 即直线与曲线有三个不同的交点， 因为，令，则， 当或时，；当时，， 所以有极小值为，有极大值为， 因为，，，所以， 当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于， 故的图象简单表示为下图: 所以当，即时，直线与曲线有三个交点， 故答案为： 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. 在中，角所对的边分别记为，且. （1）证明：； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数关系、两角和差的正弦、余弦公式和诱导公式，结合三角形角的关系求解即可； （2）利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换结合角的范围求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 即， 即， 所以， 又因为中， 所以， 所以或， 又因为， 即（舍）或，所以. 【小问2详解】 由（1）得，因为， 所以， 则， 又由解得， 所以，所以， 所以的取值范围为. 16. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）讨论的零点个数. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及导数的求导法则，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解； （2）利用导数法求含参函数的单调性，进而求出函数的最值，结合函数的单调性、函数的最值关系和函数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数. 【小问1详解】 若，则. 又,切点为， 曲线在处的斜率， 故所求切线方程为即. 【小问2详解】 由题． 1°当时，在上单调递减，又. 故存在一个零点，此时零点个数为1. 2°当时，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 故的最小值为. 当时，的最小值为0，此时有一个零点. 当时，的最小值大于0，此时没有零点． 当时，的最小值小于0，， 时，，此时有两个零点. 综上，当或时，有一个零点； 当时，有两个零点； 当时，没有零点. 17. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解； （2） 【解析】 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【小问1详解】 因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； 【小问2详解】 如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 18. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． （1）若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． （2）假设， （i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ （ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【答案】（1） （2）（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛； 【解析】 【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可. 【小问1详解】 甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， 比赛成绩不少于5分的概率. 【小问2详解】 （i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， ， ， ，应该由甲参加第一阶段比赛. (ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， ， ， ， ， 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， 同理 ， 因为，则，， 则， 应该由甲参加第一阶段比赛. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论. 19. 设抛物线的焦点为，动点在直线上运动，过作抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点 （1）求抛物线的方程； （2）求的重心的轨迹方程； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的焦点和标准方程直接求解即可； （2）设切点坐标分别为和，将切线和方程联立解出点坐标，再根据三角形重心的坐标公式和动点在直线上运动求重心的轨迹方程即可； （3）利用平面向量数量积的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 依题意有，所以，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 设切点坐标分别为和，， 所以切线的方程为，切线的方程为， 由于既在上，又在上， 所以，解得， 所以的重心的坐标， 所以， 由点在直线上运动，从而得到重心的轨迹方程为， 即. 【小问3详解】 因为， 又因为，所以， 同理有， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$