精品解析：湖南省长沙市部分学校联考2024-2025学年高三下学期入学检测数学试题

2025届高三年级入学检测 数学 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，复数.若与复数相等，则的值为（ ） A. B. 4 C. D. 14 3. 已知10名学生的身高（单位：厘米）分别为：150，152，155，158，160，162，165，168，170，172，则第70百分位数为（ ） A. 166.5 B. 165 C. 168 D. 170 4. 已知为第三象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 由三个数字1，2，3组成五位数中，1，2，3都至少出现一次，这样的五位数的个数为（　　） A. 150 B. 240 C. 180 D. 236 6. 已知正方形的边长为4，点满足，则的最大值为（ ） A. B. 0 C. 12 D. 7. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 定义：设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为“和公比”.已知数列是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 二、选择题（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.） 9. 下列函数在区间上单调递增且图象关于轴对称的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则将的图象向左平移个单位长度，能得到函数的图象 B. 若，则当时，的值域为 C. 若区间上恰有5个零点，则 D. 若在区间上单调递增，则 11. 已知抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为4，若直线经过点交抛物线于，两点，分别过点，作抛物线的切线交于点，则（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 若，则的中点到轴的距离为5 C. 是直角三角形 D. 的面积的最小值为64 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在等差数列中，，，则数列的前10项的和等于______. 13. 如图，平面，，，，，为的中点，为上一点，若，则点到平面的距离为______. 14. 如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是______． 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.） 15. 在中，. （1）求角； （2）若. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求面积. 16. 新疆是我国杏产量最大的地区，杏的种植面积近200万亩.杏子品种丰富，如库车小白杏、托克逊杏、木亚格杏等.新疆的杏子以其优良的品质和独特的风味而闻名，尤其是托克逊县，被誉为“中国早熟杏之乡”.已知该地区某种植园成熟的托克逊杏（按个计算）的质量（单位：克）服从正态分布，且，.从该种植园成熟的托克逊杏中摘取了10个，它们的质量（单位：克）分别为101，102，100，103，99，98，100，99，97，101，且这10个托克逊杏的平均质量恰等于克. （1）求的值； （2）求； （3）甲和乙都从该种植园成熟的托克逊杏中随机摘取1个，若摘取的托克逊杏的质量不大于100克，则不赠送库车小白杏；若摘取的托克逊杏的质量大于100克且不大于102克，则赠送1个库车小白杏；若摘取的托克逊杏的质量大于102克，则赠送2个库车小白杏.记甲和乙获赠库车小白杏的总个数为，求的分布列与数学期望. 17. 已知函数. （1）若，求函数过点切线方程; （2）证明:当时，. 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 19. 如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，，，，分别是线段和上的动点，且，. （1）若，求的值； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若直线与线段交于点，于点，当的长度最小时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级入学检测 数学 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集的概念求解即可. 【详解】由题意可知，， 故. 故选:B. 2. 已知，复数.若与复数相等，则的值为（ ） A. B. 4 C. D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数及复数相等的概念可求的值. 【详解】∵，∴， ∵与复数相等，∴，解得. 故选：B. 3. 已知10名学生的身高（单位：厘米）分别为：150，152，155，158，160，162，165，168，170，172，则第70百分位数为（ ） A. 166.5 B. 165 C. 168 D. 170 【答案】A 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可求解. 【详解】由条件可知，，则第70百分位数为， 故选:A. 4. 已知为第三象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据所在象限求出，由两角差的余弦公式展开，代入可得答案. 【详解】因为第三象限角，所以，， 则. 故选：D. 5. 由三个数字1，2，3组成的五位数中，1，2，3都至少出现一次，这样的五位数的个数为（　　） A. 150 B. 240 C. 180 D. 236 【答案】A 【解析】 【分析】利用两个原理结合组合应用问题，列式计算即得. 【详解】求五位数的个数这件事可以有两类办法： 恰有一个数字出现三次，另两个各出现一次，有个； 恰有一个数字出现一次，另两个各出现两次，有个， 由分类计数加法原理得五位数的个数为. 故选：A 6. 已知正方形的边长为4，点满足，则的最大值为（ ） A. B. 0 C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 因为，，， 所以， 所以当时，取得最大值. 故选:D. 7. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，结合基本不等式可求解函数的单调性，结合奇偶性可将问题转化为，利用三角函数的性质求解最值即可得解. 【详解】因为，则， 则在上单调递增，因为，所以是奇函数. 因为等价于， 所以，即恒成立， 所以. 故选：B. 8. 定义：设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为“和公比”.已知数列是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件计算数列的通项公式，利用错位相减法可得，把不等式等价变形，结合恒成立可得的取值范围. 【详解】设数列公差为，， ∵是“和等比数列”，且，∴，， ∴故，解得或（舍）， ∴，， ∴，， 两式相减得， ∴， ∴， 若不等式对任意的恒成立， 则，化简得恒成立， 令，当时，， ∴，， ∴是递减数列，故在上单调递增， 当为奇数时，，解得， 当为偶数时，，解得， ∴的取值范围是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用错位相减法计算，把不等式等价变形，通过分析为奇数、偶数时不等式恒成立可求的取值范围. 二、选择题（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.） 9. 下列函数在区间上单调递增且图象关于轴对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据基本函数的单调性以及奇偶性的定义，即可结合选项逐一求解. 【详解】的定义域为，在区间上单调递增，但， 即不是偶函数，其图象不关于轴对称，A错误； 的定义域为，在区间上单调递增， 且，∴是偶函数，其图象关于轴对称，即B正确； 的定义域为，在区间上单调递减，C错误； 的定义域为，在区间上单调递增，且， ∴是偶函数，其图象关于轴对称，即D正确. 故选:BD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则将的图象向左平移个单位长度，能得到函数的图象 B. 若，则当时，的值域为 C. 若在区间上恰有5个零点，则 D. 若在区间上单调递增，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据辅助角公式化简，即可利用平移的性质求解A，利用整体法即可求解B，根据零点得，即可列不等式求解C，根据单调性可得周期关系，进而得，结合单调递增可得求解D. 【详解】， 选项A，当时，， 则将的图象向左平移个单位长度得到，故A错误； 选项B，当时，，当时，， 故，则的值域为，故B正确； 选项C，令，，则，， 又，若在区间上恰有5个零点，则， 解得，故C正确； 选项D，若在区间上单调递增，则， 又，所以，解得， 又，所以， 由可得， 要使在区间上单调递增，则，解得，故D错误. 故选:BC. 11. 已知抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为4，若直线经过点交抛物线于，两点，分别过点，作抛物线的切线交于点，则（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 若，则的中点到轴的距离为5 C. 是直角三角形 D. 的面积的最小值为64 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线定义可得，可得选项A错误；根据弦长可得，可得选项B正确；联立直线与抛物线方程，通过求导表示，借助韦达定理可得选项C正确；取的中点，联立直线方程可得，表示面积可得选项D正确. 【详解】A.∵抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为4， ∴，即，∴抛物线方程为，准线方程为，A错误. B.由选项A知，抛物线的焦点为， 设，，则， ∴，故的中点到轴的距离为5，B正确. C．由题意得，直线斜率存在，设直线的方程为， 由得，则， ∴，， 由得，，，故， ∴，故，即是直角三角形，C正确. D．取的中点，连接， 由选项C得，直线的方程为，化简得， 同理得直线的方程为，联立两直线方程可得， ∵，∴，即，∴轴. 由，为的中点得， ∴的面积为， ∵，， ∴， ∴，当时，，D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解决选项C的关键是通过求导得到，借助韦达定理计算可得结果.解决选项D的关键是通过计算得到轴，表示三角形面积可得最小值. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在等差数列中，，，则数列的前10项的和等于______. 【答案】80 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可求解公差和首项，进而根据等差求和公式求解. 【详解】因为在等差数列中，， 所以，，所以公差，， 所以等差数列的前10项的和. 故答案为：80 13. 如图，平面，，，，，为的中点，为上一点，若，则点到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据垂直关系以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离. 【详解】因为平面，，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量，则即 不妨设，可得， 因为，所以. 则点到平面的距离为. 故答案： 14. 如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出曲线的图象，数形结合分析恰有一个交点时实数的取值范围即可. 【详解】由题意，当时，为双曲线的上半部分； 当时，为椭圆的下半部分. 又即，故作出的图象： 考虑临界条件，当与椭圆下半部分相切时，有， 整理得，则， 由图象解得. 当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件. 故实数的取值范围为. 故答案为： 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.） 15. 在中，. （1）求角； （2）若. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，进而根据和差角公式可得，即可求解； （2）根据余弦定理，结合题中条件可得，，再由余弦定理求解（ⅰ），利用三角形面积公式求解（ⅱ）. 【小问1详解】 因为，即， 由正弦定理可得， ， 即，可得， 且，则，可得， 又因，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）∵，由余弦定理，，又∵（*）， 整理得：，即，代入（*）可得， 由余弦定理，； （ⅱ）∵，由（ⅰ）得：， 解得， ∴. 16. 新疆是我国杏产量最大的地区，杏的种植面积近200万亩.杏子品种丰富，如库车小白杏、托克逊杏、木亚格杏等.新疆的杏子以其优良的品质和独特的风味而闻名，尤其是托克逊县，被誉为“中国早熟杏之乡”.已知该地区某种植园成熟的托克逊杏（按个计算）的质量（单位：克）服从正态分布，且，.从该种植园成熟的托克逊杏中摘取了10个，它们的质量（单位：克）分别为101，102，100，103，99，98，100，99，97，101，且这10个托克逊杏的平均质量恰等于克. （1）求的值； （2）求； （3）甲和乙都从该种植园成熟的托克逊杏中随机摘取1个，若摘取的托克逊杏的质量不大于100克，则不赠送库车小白杏；若摘取的托克逊杏的质量大于100克且不大于102克，则赠送1个库车小白杏；若摘取的托克逊杏的质量大于102克，则赠送2个库车小白杏.记甲和乙获赠库车小白杏的总个数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1）100 （2）0.2 （3）分布列见解析，1.6 【解析】 【分析】（1）根据平均数的概念计算求解； （2）利用正态分布的对称性求解； （3）先找出一个人获赠库车小白杏个数的情况，，，，再求出两个人获赠情况的分布列. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为，所以， 所以. 【小问3详解】 设1人获赠库车小白杏的个数为，则，，. 依题意可得的可能取值为0，1，2，3，4， ， ， ， ， ， 则的分布列为 0 1 2 3 4 0.25 0.2 0.34 0.12 0.09 所以. 17. 已知函数. （1）若，求函数过点的切线方程; （2）证明:当时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出切点，求出切线方程，代入点求解即可； （2）构造函数，求导，证明其最小值大于零即可. 【小问1详解】 若，则，所以， 设过点的切线方程的切点为， 则，切线方程为， 代入点得， 解得， 故切线方程为； 【小问2详解】 当时，设， 则，令得，令得， 所以， 设， 则， 令得，令得， 在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 即. 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值. 试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得, 所以椭圆C的标准方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为, （i）设，，由题意知因为, 又，即,所以，即. （ⅱ）设 将代入椭圆E的方程， 可得 由，可得① 则有 所以 因为直线与轴交点的坐标为 所以的面积 令,将代入椭圆C的方程可得 由，可得② 由①②可知 因此,故 当且仅当，即时取得最大值 由（i）知，面积为,所以面积的最大值为. 考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题. 19. 如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，，，，分别是线段和上的动点，且，. （1）若，求的值； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若直线与线段交于点，于点，当的长度最小时，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据几何关系，建立空间直角坐标系，根据向量的平行关系，即可求解； （2）首先求向量和平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解； （3）设，利用空间向量基本定理以及三点共线的充要条件得出，利用向量模长公式以及导数判断函数的单调性，计算最值即可. 【小问1详解】 由于四边形是菱形，且，取中点，则，即， 又平面，故可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 由，， 可知，， ∴， 易知，因为，所以， 得到，得到. 【小问2详解】 由（1）知 ， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，， 设直线与平面所成角为， 则. 【小问3详解】 设，， 则， 由于，，共线，不妨设，易知， 又，则有， 所以，则， 则， 即， 记，则， 令，得到， 上，在上， 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在处取到极小值，此时的长度最小，此时. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是关于为关于的函数，再一个关键是根据平面向量基本定理，得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$