2025屆湖南省衡陽市衡陽縣高三一模數(shù)學(xué)試題（含答案解析版）

第1頁/共25頁絕密★啟用前衡陽縣2025屆高考第一次模擬試題數(shù)學(xué)注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交.第Ⅰ卷（選擇題）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)型函數(shù)求值域得A，根據(jù)二次函數(shù)求得函數(shù)定義域得B，根據(jù)交集運算得解.【詳解】為函數(shù)的值域，令或，，為函數(shù)的定義域，即，因為，所以函數(shù)定義域為，故，故選：D.2.復(fù)數(shù)滿足，則的實部為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設(shè)出，，，由復(fù)數(shù)的運算求解即可.【詳解】設(shè)，，，，，所以的實部為，故選：C.3.已知古典概型的樣本空間，“事件”，則命題“事件”是命題“事件與事件相互獨立”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)相互獨立事件的定義事件與事件相互獨立，即可判斷得出結(jié)論.【詳解】樣本空間中事件包含樣本點個數(shù)可能為，，，，，，其對應(yīng)的概率可能值分別為，，，，，，，事件與事件相互獨立，，則，，即“事件”是命題“事件與事件相互獨立”的充分條件②若，則，，，所以事件與事件相互獨立，所以命題“事件”不是命題“事件與事件相互獨立”的必要條件，故命題“事件”是命題“事件與事件相互獨立”的充分不必要條件，故選：A.4.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)條件可求的值，求出的值后可求的值.【詳解】由已知可得，解得，∴，∵，，.故，故選：C.5.展開式中的系數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】寫出通項，令，再求展開式中系數(shù)為1時的系數(shù)，然后相乘即可；【詳解】，項對應(yīng)，，項對應(yīng)系數(shù)為，故展開后系數(shù)為.故選：D.6.某城市隨機選取個人參加活動，假設(shè)該城市人口年齡分布均勻，要使得參加該活動有人生肖相同的概率大于，則至少需要選取（）個人.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用分步計數(shù)原理及排列，先求得選取個人中生肖均不相同概率，再求出，即可求解.【詳解】已知個生肖，按先后順序選擇個人，每次選中的人有種等概率可能，由分步乘法原理共有種情況，若選取個人中生肖均不相同，有種可能，故選取個人中生肖均不相同概率，要使得參加該活動有人生肖相同的概率大于，即，由于PnPn+1=1212-，，故至少要選個人，故選：C.7.已知雙曲線，兩焦點分別為，，過右焦點作直線交右支于，點，且，若，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，假設(shè)，進而得到所需線段關(guān)于的表達(dá)式，兩次利用余弦定理得到關(guān)于的等式，從而得到的比例，由此得解.【詳解】如圖，因為，令，則，，由雙曲線定義，，在中，，由余弦定理，得，整理得，解得或（舍去），則，，故在中，由余弦定理，得，整理得，則.故選：C.8.平面直角坐標(biāo)系中，若過點，作斜率不為0的直線，使得與正弦曲線的交點中，存在點，滿足是線段的中點，則稱是曲線的“平均割線”，為“平衡點”，則對任何一個整數(shù)，下列描述正確的是（）A.為偶數(shù)時，存在“平均割線”B.若存在“平均割線”，則唯一C.若存在“平均割線”，則所有“平衡點”共線D.若存在“平均割線”，則所有“平衡點”，中間隔相等，按從小到大順序排列成等差數(shù)列【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)“平均割線”和“平衡點”的定義來分析每個選項。我們將通過假設(shè)存在“平均割線”，設(shè)出直線方程，然后與正弦曲線方程聯(lián)立求解交點，再根據(jù)條件判斷各個選項的正確性?！驹斀狻繉τ贏選項,當(dāng)，時，。設(shè)直線的方程為（）。聯(lián)立，即。令，是連續(xù)函數(shù)。當(dāng)時，。根據(jù)函數(shù)的連續(xù)性，一定存在使得，即存在交點，所以存在“平均割線”，A選項正確。對于B選項，設(shè)時，。設(shè)直線的方程為（）。聯(lián)立，。對于不同的值，都能找到滿足條件的直線，所以不唯一，B選項錯誤。對于C選項，設(shè)直線的方程為。聯(lián)立，設(shè)交點，。因為是線段的中點，根據(jù)中點坐標(biāo)公式，。又因為，，所以。設(shè)“平衡點”，則，所有“平衡點”滿足，所以所有“平衡點”共線，C選項正確。對于D選項，設(shè)直線的方程為。聯(lián)立，設(shè)交點，。因為是線段的中點，，。又因為，，。設(shè)“平衡點”，之間的關(guān)系比較復(fù)雜，并不一定能保證按從小到大順序排列成等差數(shù)列，D選項錯誤。故選：AC二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分.9.已知一組樣本數(shù)據(jù)：.其中，，將改組數(shù)據(jù)排列，下列關(guān)于該組數(shù)據(jù)結(jié)論正確的是（）A.序列不可能既是等比數(shù)列又是等差數(shù)列 B.若成等比數(shù)列，和有組可能取值C.若成等差數(shù)列，和有組可能取值 D.若該數(shù)據(jù)平均數(shù)是，則方差最小值為【答案】AB【解析】【分析】數(shù)據(jù)的順序可以打亂，根據(jù)每一個選項的條件求解即可.【詳解】若為等比數(shù)列，由，可知若成等比公比小于，正負(fù)交替，而等差數(shù)列具單調(diào)性，相互矛盾，故不可能既是等比數(shù)列又是等差數(shù)列，A項正確；若排列后成等比數(shù)列，設(shè)公比絕對值大于有：①公比為，數(shù)列為，，，，，數(shù)列為，，，，.②公比為，數(shù)列為，，，，，公比絕對值小于，對應(yīng)同解，故，有組可能取值，B項正確；由，，若，，，若排序后成等差數(shù)列，設(shè)公差大于有：①公差，數(shù)列為，，，，；②公差，數(shù)列為，，，，不符；③公差，數(shù)列為，，，，不符；公差小于，對應(yīng)上述倒序排列，同解，故，有組可能取值，C項錯誤；數(shù)據(jù)平均數(shù)是1，，方差.D項錯誤；故選：AB10.按指對數(shù)運算律定義兩個函數(shù)與，則（）A.在定義域上單調(diào)遞增B.在定義域上單調(diào)遞減C.D.若存在，則【答案】BCD【解析】【分析】利用指對數(shù)運算將原函數(shù)變形后可判斷AB的正誤，利用估值可判斷C的正誤，構(gòu)建新函數(shù)結(jié)合導(dǎo)數(shù)可證，故可判斷D的正誤.【詳解】由，，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，故A項錯誤；，可知在單調(diào)遞減，故B項正確；，由可得，由可得，故C項正確；由，則，故,故，令，其中，則，，又，當(dāng)且僅當(dāng)取等號，而，故，故，故上單調(diào)遞減，故，故，而在上為增函數(shù)，故即，故D項正確.故選：BCD【點睛】思路點睛：對于底數(shù)和指數(shù)（或真數(shù)）都有自變量的函數(shù)，一般是利用指數(shù)或?qū)?shù)的運算性質(zhì)將該函數(shù)轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的復(fù)合函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)等工具處理最值或單調(diào)性問題.11.，，非常數(shù)函數(shù)都有，則下列結(jié)論正確的是（）A. B.若，是偶函數(shù)C.若，則 D.的值不可能是【答案】ABC【解析】【分析】對于A，只需賦值推理即得；對于B，先推得，再分別賦值和，推得，用替換，推得即可；對于C，結(jié)合條件，賦值，推得為偶函數(shù)，繼續(xù)分別賦值和，推出，即可驗證得到結(jié)論；對于D，構(gòu)造函數(shù)，驗證符合①式后，即可判斷.【詳解】由條件①，對于A，取，有即（*），若，則為常數(shù)，與題意矛盾，即，故A正確；對于B，由A項已得，代入（*），可得，在①式中，取，有②，再取，有，可得，則有或.因，故，代入②式，可得，用替換，即得，故為偶函數(shù)，即B正確；對于C，若，在①式中取，可得則有，由B項知為偶函數(shù)，在①式中，取，有，即③，再取，有即，用替換，即得④，由③④，易得，即，由上已得，，，，依次代入，可得，，故C正確；對于D，取，因，而，即符合①式，此時，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】思路點睛：本題主要考查抽象函數(shù)的性質(zhì)探究，屬于難題.解題思路上，一般應(yīng)從抽象函數(shù)的等式入手，結(jié)合選項啟發(fā)，對其中的未知量進行針對性賦值，使其往選項要求的方向發(fā)展，進行判斷、驗證，有時還需構(gòu)造符合題意的函數(shù)解析式，判斷排除選項.第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知三角形中，，是上中線的三等分點滿足，記，則______.【答案】1【解析】【分析】結(jié)合圖形，由平面向量線性運算和平面向量的基本定理求解即可.【詳解】如圖，，所以，所以.故答案為：1.13.函數(shù)的值域為______．【答案】【解析】【分析】先求出函數(shù)的周期及對稱中心，把研究范圍縮小到的值域，再利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合周期的性質(zhì)得出到的值域即可求解．【詳解】，，則，周期，且關(guān)于點對稱，故只要考慮的值域，設(shè)，，滿足，，可知，或時，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，且，由且，，由，，f(x1)>，，由周期性可知在上值域為，故答案為：．14.已知由系列圓構(gòu)成的點集為，圖形如圖中的陰影部分所示，將平面剩余部分分為內(nèi)外兩部分（空白區(qū)域），給出以下命題：①圖形內(nèi)部空白區(qū)域面積最小值為②圖形到原點的最小距離為③時，圖形關(guān)于直線對稱④時，圖形內(nèi)外邊界的長度和為其中正確的有______.【答案】①②③【解析】【分析】命題①，由題知當(dāng)時，內(nèi)部空白區(qū)域是以為圓心，為徑的圓，即可求解；命題②，法一，圖形上點到原點距離為，根據(jù)條件，得到，令，得到，再利用函數(shù)單調(diào)性，即可求解；法二，利用圓的幾何性，即可求解；命題③，設(shè)點，存在參數(shù)滿足，再通過計算得到也在上，即可求解；命題④，內(nèi)邊界的長度，再利用題設(shè)定義及幾何關(guān)系，即可求解.【詳解】對于命題①，由題知點集是以，為半徑圓，如圖1，當(dāng)時，內(nèi)部空白區(qū)域是以為圓心，為徑的圓，此時空白區(qū)域面積最小，即內(nèi)部空白區(qū)域的面積最小值為，所以命題①正確；對于命題②，因為圖形上點到原點距離為，方法一：由，得到（其中），即，解得或（舍），令，則，得到r'=1+tt2所以當(dāng)時，取得最小值，最小值.方法二：由構(gòu)成該圖形的動圓中，圓心到原點距離，半徑，故每個圓到原點最小距離均為，故圖形到原點的最小距離為，所以命題②正確；對于命題③，當(dāng)時，設(shè)點，存在參數(shù)滿足，則點與點關(guān)于直線對稱，由，取，代入，即點也在中，故時，圖形關(guān)于直線對稱，所以命題③正確；對于命題④，時，如圖2，內(nèi)邊界的長度，其中為圓，半徑為，、為圓半徑為外邊界，而由，，為半圓，半徑為，為半圓半徑為，為圓，半徑為，為圓，半徑為，故內(nèi)外邊界和為，所以④錯誤.故答案為：①②③.【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題有三個關(guān)鍵，其一是利用三角函數(shù)的性質(zhì)，得到圖形到原點的距離為，再利用函數(shù)單調(diào)性求解；其二是將圖形內(nèi)外邊界的長度轉(zhuǎn)化成，結(jié)合題設(shè)，利用圓的面積公式求解.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖所示，在三棱柱中，，側(cè)面底面，，分別為棱和的中點.（1）求證：平面；（2）若，且平面平面，求二面角的余弦值大小.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點，連接，，證明，由線線平行即可推得線面平行；（2）取上的四等分點，滿足,取的中點,連接,通過證得推得四點共面，由題設(shè)證明平面，從而完成建系，不妨取，求出相關(guān)點坐標(biāo)，計算兩平面的法向量坐標(biāo)，利用空間向量的夾角公式即可求得.【小問1詳解】如圖，取的中點，連接，，在中，因是的中點，故，且.在三棱柱中，且，又為棱中點，故得，且，故得，則有，又因為平面，平面，所以平面.【小問2詳解】由題意，三棱柱中所有棱長都相等，則與都是等邊三角形，如圖，取上的四等分點，滿足,取的中點,連接,則,易知,且，故可得，則有，故有則四點共面.因平面平面，平面平面，且平面平面可得平面，又.故可建立以為原點，，，所在直線分別為，，軸的空間直角坐標(biāo)系.不妨取，則，由可解得則有，，，則,設(shè)平面法向量為，則，取，可得，，故為平面的一個法向量，因平面，故為底面的一個法向量，則，設(shè)二面角的平面角為，由圖知二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為.16.已知函數(shù)（1）若在處的切線方程為，求、的值；（2）若時，在上恒成立，求的取值范圍；【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由題意得直線的斜率，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，再結(jié)合點在切線上，即可求解；（2）由題意得，且在上，，所以即可求出，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及零點存在定理結(jié)合對零點“設(shè)而不求”的方法證明即可.【小問1詳解】，由題意得，所以，即，，所以，故，.【小問2詳解】，若上恒成立，即，故是在上的極小值，所以，，，解得，下證時，，令，，①在上單調(diào)遞減，，，由零點存在定理，，使得，在上，，單調(diào)遞增，在上，，單調(diào)遞減，，，，由零點存在定理，使得，在上，，單調(diào)遞增，在上，，單調(diào)遞減，所以上，，，，②在上，單調(diào)遞增，，單調(diào)遞減，所以，綜上，只有當(dāng)時，在上，所以.17.如圖，已知點、分別是橢圓的左、右焦點，點是負(fù)半軸上的一點，，過點的直線與交于點與點.（1）求面積的最大值；（2）設(shè)直線的斜率為和直線的斜率為，橢圓上是否存在點，使得為定值，若存在，求出點與值，若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，答案見解析【解析】【分析】（1）利用兩個公共底的三角形面積差表示出所求三角形面積，再由根與系數(shù)的關(guān)系化簡，化簡后換元，利用均值不等式求最值；（2）設(shè)，表示出，再利用在直線上及根與系數(shù)的關(guān)系化簡，觀察式子當(dāng)當(dāng)，時為定值，即可得解.【小問1詳解】因為，所以，所以，由，可設(shè)，由題意，聯(lián)立，消元得，設(shè)，，則，且，，所以的面積，令，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時（此時適合的條件）取得等號.故面積的最大值為.【小問2詳解】設(shè)橢圓上存在滿足條件的點，定值，如圖，由（1）知，，所以，，，由，在上，所以，，所以，當(dāng)，，時，該等式成立與取值無關(guān)，此時，故滿足條件的橢圓上的點對應(yīng)或?qū)?yīng).【點睛】關(guān)鍵點點睛：定值問題的關(guān)鍵在于能夠把利用直線消元即根與系數(shù)的關(guān)系化為關(guān)于及的式子，通過觀察確定的取值，使得為定值，對運算能力要求很高.18.學(xué)校教學(xué)樓的每兩層樓之間的上下樓梯有個臺階，從下至上記臺階所在位置為，同學(xué)甲在上樓的過程中，每一步等可能地跨或個臺階（位置或）.（1）記甲邁步后所在的位置為，寫出的分布列和期望值.（2）求甲步內(nèi)到過位置的概率；（3）求步之內(nèi)同時到過位置和的有多少種走法，及發(fā)生的概率.【答案】（1）分布列見解析，（2）（3）種，【解析】【分析】（1）列出的所有可能取值,分別求出每種取值下的概率,即可得分布列和期望；（2）步內(nèi)到過位置可以有三種情況，4步，5步，6步，再分別討論每種情況發(fā)生的概率相加即可求解；（3）由題意，依次遞推出，再減去不能到達(dá)的以及和重復(fù)計算的可得解，根據(jù)遞推公式可得到數(shù)列是等比數(shù)列，在根據(jù)條件概率可得解.【小問1詳解】由題意可知甲每步跨或個臺階的概率都為，可能的取值為，，，.取值分別對應(yīng)步中分別有，，，次跨兩個臺階，故，的分布列如下，X3456P.【小問2詳解】步內(nèi)到過位置記為事件可分為：步到達(dá)位置（記為）、步到達(dá)位置（記為）和步到達(dá)位置（記為）三種情況.即步中每步都；即步中有兩步，步；即步中有兩步，步.則.【小問3詳解】記步內(nèi)到過位置為事件，走法為，則由題意，故由，，遞推，依次為，其中步和步到達(dá)位置的走法分別為和種，步到達(dá)位置情況下再到達(dá)位置只有種走法，步到達(dá)位置不可能再到達(dá)位置，其他到達(dá)位置的情況再到達(dá)位置都有種走法.故步之內(nèi)同時到過位置和的走法為：種，記為，由題意，數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，，，記步和步到達(dá)位置為分別為事件，，，，記步內(nèi)到過位置為事件，則，，，其余情況下，，故步之內(nèi)同時到過位置和的概率為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：計算出數(shù)列是以為首項，為公比的等比