2025屆湖南省衡陽市衡陽縣高三一模數(shù)學(xué)試題

屆湖南省衡陽市衡陽縣高三一模數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、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A={y|y=lg(x2?x?2)}A．(?1,2) B．[32,+∞) 2．復(fù)數(shù)z滿足z+z=|z|，則A．32 B．?32 C．13．已知古典概型的樣本空間Ω={1,2,3,4,5,6}，“事件A={1,2}”，則命題“事件B=Ω”是命題“事件A與事件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4．已知α,β∈(0,π2)，sin(α+β)=5A．π3 B．π4 C．π65．(x2?A．30 B．?30 C．60 D．?606．某城市隨機選取n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50%A．3 B．4 C．5 D．67．已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1，兩焦點分別為F1，F(xiàn)2，過右焦點F2A．32 B．53 C．758．平面直角坐標(biāo)系xOy中，若過點Ak(kπ2,0)，k∈Z作斜率不為0的直線lk，使得lk與正弦曲線y=sinx的交點中，存在點Pk，Qk滿足PA．k為偶數(shù)時，存在“平均割線”B．若存在“平均割線”lk，則lC．若存在“平均割線”lkD．若存在“平均割線”lk，則所有“平衡點”Pk,j(xk,j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)：?1,5,a,b.其中a≤0，b≥0，將該組數(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，a和b有3組可能取值C．若成等差數(shù)列，a和b有3組可能取值D．若該數(shù)據(jù)平均數(shù)是1，則方差最小值為2110．按指對數(shù)運算律定義兩個函數(shù)f(x)=xx(x∈A．f(x)在定義域上單調(diào)遞增B．g(x)在定義域上單調(diào)遞減C．3D．若存在f(x111．?x，y∈R，非常數(shù)函數(shù)f(x)都有f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy+1)，則下列結(jié)論正確的是（）A．f(0)=?1B．若f(2)≠1，f(x)是偶函數(shù)C．若f(2)=f(?2)=1，則f(2k+1)=0(k∈Z)D．f(2)的值不可能是3三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知三角形ABC中，E，F(xiàn)是AC上中線BD的三等分點滿足DE=EF=FB，記DF=xAB+yCE13．函數(shù)f(x)=6sin2x+214．已知由系列圓構(gòu)成的點集為C={(x,y)|(x?①圖形內(nèi)部空白區(qū)域的面積最小值為π②圖形到原點的最小距離為1③φ=π2時，圖形關(guān)于直線④φ=π2其中正確的有.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ABC?A1B1C1中，AB=AC，側(cè)面BCC1B1⊥（1）求證：EF//平面ABB（2）若AA1=BC=AB，且平面ABC⊥平面AEF16．已知函數(shù)f(x)=（1）若f(x)在x=π處的切線方程為2x+y+2π(ln2π?1)=0，求a、（2）若b=1時，在(?1,π2]上f(x)≥017．如圖，已知點F1、F2分別是橢圓E:x22+y2=1的左、右焦點，點D是負半軸上的一點，|DO|=2，過點D（1）求△ABF（2）設(shè)直線PA的斜率為k1和直線PB的斜率為k2，橢圓E上是否存在點P，使得k1?k18．學(xué)校教學(xué)樓的每兩層樓之間的上下樓梯有15個臺階，從下至上記臺階所在位置為1?15，同學(xué)甲在上樓的過程中，每一步等可能地跨1或2個臺階（位置+1或+2）.（1）記甲邁3步后所在的位置為X，寫出X的分布列和期望值.（2）求甲6步內(nèi)到過位置8的概率；（3）求10步之內(nèi)同時到過位置10和12的有多少種走法，及發(fā)生的概率.19．某次生日會上，餐桌上有一個披薩餅，小華同學(xué)準備用刀切的方式分給在座的15位小伙伴，由此思考一個數(shù)學(xué)問題：假設(shè)披薩近似可看成平面上的一個圓，第k條切痕看作直線lk，設(shè)切n下，最多能切出的塊數(shù)為bn，如圖易知b1（1）試寫出b3，b4，作出對應(yīng)簡圖，并指出要將披薩分給在座的（2）這是一個平面幾何問題，利用“降維打擊”思想，聯(lián)想到一條線段被切n下能劃分成n+1段，由此求出數(shù)列{b（3）若將披薩換成一個蛋糕（近似看成空間中的一個圓柱體），同樣用刀切方式分蛋糕，可以從上下底面和側(cè)面各方向切入，每次切面都看作一個平面.若切n下，最多能切出的塊數(shù)為cn，求出{cn}的通項公式，并指出這時最多需要切幾下能分給

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：令t=x2?x?2>0，解得x>2或x<?1，t∈(0,+∞)?y=lgt?y∈R，y=(x?12)2+74，因為(x?12)2+74故答案為：D.【分析】由題意，根據(jù)對數(shù)型函數(shù)求值域得集合A；根據(jù)二次函數(shù)求得函數(shù)定義域得集合B，再根據(jù)集合的交集運算求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi，a，b∈R，則由z+z=2a=|z|=a則z|z|=aa2故答案為：C.【分析】設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi，a，b∈3．【答案】A【解析】【解答】解：樣本空間Ω={1,2,3,4,5,6}中事件B包含樣本點個數(shù)可能為B=1，2，3，4，5，6其對應(yīng)的概率P(B)可能值分別為16，13，12，23，56事件A與事件B相互獨立?P(AB)=P(A)P(B)，B=Ω，則P(B)=1，P(AB)=即“事件B=Ω”是命題“事件A與事件B若B=1,3,4，則P(B)=12，P(AB)=所以事件A與事件B相互獨立，所以命題“事件B=Ω”不是命題“事件A與事件B故命題“事件B=Ω”是命題“事件A與事件B故答案為：A.【分析】由題意，根據(jù)相互獨立事件的定義事件A與事件B相互獨立判斷即可.4．【答案】C【解析】【解答】解：因為sin(α+β)=56，所以sinα?cosβ+cosα?sinβ聯(lián)立解得sinα?cosβ=又因為α，β∈(0,π2)，所以α?β∈(?故答案為：C.【分析】由題意，根據(jù)兩角和的正弦公式以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系化簡求得sinαcosβ,cosα5．【答案】D【解析】【解答】解：(x2?當(dāng)r=1時，T故(x2?1x故答案為：D.【分析】由題意，寫出(x6．【答案】C【解析】【解答】解：將12個生肖，按先后順序選擇n個人，每次選中的人有12種等概率可能，由分步乘法原理共有12n種情況；若選取n個人中生肖均不相同，有A12n(n≤12)種可能，故選取n個人中生肖均不相同概率P(n)=A由于PnPn+1P(4)=A124124故答案為：C.【分析】由題意，利用分步計數(shù)原理及排列，先求得選取n個人中生肖均不相同概率P(n)=A12n7．【答案】C【解析】【解答】解：因為AB→=53AF2由雙曲線定義可得：|AF1|=|A在△ABF1中，∠F即(3t+2a)2整理得15t2?6at=0，解得t=則|AF1|=3t+2a=3×故在△AF1F即(165a)2+故答案為：C.【分析】由AB→=53AF2→，令|AF8．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、當(dāng)k=2n，n∈Z時，A2n(nπ,0)，設(shè)直線L的方程為y=m(x?nπ)（聯(lián)立y=m(x?nπ)y=sinx，化簡可得sinx=m(x?nπ)，令當(dāng)x=nπ時，f(nπ)=sin(nπ)?m(nπ?nπ)=0，根據(jù)函數(shù)的連續(xù)性，一定存在x1≠nπ使得B、設(shè)k=0時，A0(0,0)，設(shè)直線L的方程為y=mx（m≠0），聯(lián)立y=mxy=對于不同的m值，都能找到滿足條件的直線L，所以L不唯一，故B錯誤；C、設(shè)直線L的方程為y=m(x?kπ2)，設(shè)交點P(x1因為P是線段AkQ的中點，根據(jù)中點坐標(biāo)公式x1又因為y1=sinx1設(shè)“平衡點”Pk(xk,D、設(shè)直線L的方程為y=m(x?kπ2)，設(shè)交點P(聯(lián)立y=m(x?kπ2)y=sinx，因為P是線段又因為y1=sinx1，y2=sinx故答案為誒：AC.

【分析】由題意，根據(jù)“平均割線”和“平衡點”的定義逐項分析，我通過假設(shè)存在“平均割線”，設(shè)出直線方程，聯(lián)立直線與正弦曲線方程求解交點，再根據(jù)條件逐項判斷即可.9．【答案】A,B【解析】【解答】解：A、若?1,5,a,b為等比數(shù)列，則等比數(shù)列的公比小于0，正負交替，與等差數(shù)列具有單調(diào)性相互矛盾，故不可能既是等比數(shù)列又是等差數(shù)列，故A正確；B、若排列后成等比數(shù)列，設(shè)公比絕對值大于1有：①公比為?5，數(shù)列為a，b，?1，5?a=?125，數(shù)列為?1，5，a，b?a=?25，b=125.②公比為3?5，數(shù)列為?1，b，a，5?a=?325公比絕對值小于1，對應(yīng)同解，故a，b有3組可能取值，故B正確；C、由a≤0，b≥0，若?1，5，a，b若排序后成等差數(shù)列，設(shè)公差大于0有：①公差d=6，數(shù)列為a，?1，5，b?a=?7，b=11；②公差d=3，數(shù)列為?1，a，5，b?a=2，b=8不符；③公差d=2，數(shù)列為?1，a，b，5?a=1，b=3不符；公差小于0，對應(yīng)上述倒序排列，同解，故a，b有1組可能取值，故C錯誤；D、數(shù)據(jù)平均數(shù)是1，x=方差DX故答案為：AB.【分析】由題意，根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義逐項判斷即可，注意數(shù)據(jù)的順序可以打亂.10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、函數(shù)f(x)=xx=當(dāng)x∈(0,1e)時，f當(dāng)x∈(1e,+∞)B、g(x)=logx2x=C、f(x)min=f(1e由(54)D、由f(x1)=f(x2故f(x令F(x)=xlnx?(2e?x)F'又ex2?ex≤ex+2?ex22故0<ex2?ex<1，故F'(x)<0，故故F(x)>F(1e)=0而f(x)在(1e,+∞)故答案為：BCD.【分析】由題意，根據(jù)指對數(shù)運算將原函數(shù)變形后即可判斷AB；利用估值即可判斷C；構(gòu)建新函數(shù)F(x)=xlnx?(211．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：?x，y∈R，非常數(shù)函數(shù)f(x)都有f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy+1)①，A、令y=0，則f(x)+f(x)f(0)=f(1)，即f(x)(1+f(0))=f(1)（*），若f(0)+1≠0，則f(x)=f(1)1+f(0)為常數(shù)，與題意矛盾，即B、由A可得f(0)+1=0,代入（*），可得f(1)=0，在①式中，取y=?1，有f(x?1)+f(x)f(?1)=f(?x+1)②，再取x=2，有f(1)+f(2)f(?1)=f(?1)，可得f(?1)[f(2)?1]=0，則有f(2)=1或f(?1)=0.因f(2)≠1，故f(?1)=0，代入②式，可得f(x?1)=f(?x+1)，用x+1替換x，即得f(x)=f(?x)，故f(x)為偶函數(shù)，故B正確；C、若f(2)=f(?2)=1，在①式中取x=y=?1，可得f(?2)+f2(?1)=f(2),則有f(?1)=0在①式中，取y=2，有f(x+2)+f(x)f(2)=f(2x+1)，即f(x+2)+f(x)=f(2x+1)③，再取y=?2，有f(x?2)+f(x)f(?2)=f(1?2x),即f(x?2)+f(x)=f(2x?1)，用x+1替換x，即得f(x?1)+f(x+1)=f(2x+1)④，由③④，易得f(x+2)+f(x)=f(x?1)+f(x+1)，即f(x+2)=f(x+1)?f(x)+f(x?1)，由上已得f(?1)=0，f(0)=?1，f(1)=0，f(2)=1，依次代入，可得f(1)=f(3)=f(5)=?=f(2k+1)=0，(k∈Z)，故C正確；D、取f(x)=x2?1而f(xy+1)=(xy+1)2?1=x2此時f(2)=3，故D錯誤.故答案為：ABC.【分析】只需賦值y=0推理即得f(0)=?1即可判斷A；先推得f(1)=0，再分別賦值y=?1和x=2，推得f(?1)=0，用x+1替換x，推得f(x)=f(?x)即可判斷B；結(jié)合條件f(2)=f(?2)=1，賦值x=y=?1，推得f(x)為偶函數(shù)，繼續(xù)分別賦值y=2和y=?2，推出f(x+2)=f(x+1)?f(x)+f(x?1)，即可驗證得到結(jié)論判斷C；構(gòu)造函數(shù)f(x)=x2?112．【答案】1【解析】【解答】解：如圖所示：

E，F(xiàn)是AC上中線BD的三等分點滿足DE=EF=FB，

DF→=23DB→=23(AB13．【答案】[?【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=6sin2x+2sinxf(?x)=6所以f(x+2π)+f?x則函數(shù)f(x)周期T=2π，且關(guān)于點(π,0)對稱，故只要考慮[0,π]的值域，f=設(shè)x1，x2∈(0,π)，滿足cos可知x1<x2，x∈(0,x1)x∈(x1,x2)，由x1∈(0,π)且cosx由cosx2=?f(x1)>f(fmax(x)=f(x1)，fmin(x)=?f(x1故答案為：[?5【分析】由題意，先求函數(shù)的周期及對稱中心，把研究范圍縮小到[0,π]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[0,2π]的值域，據(jù)此求解即可．14．【答案】①②③【解析】【解答】解：①、易知點集C是以(cosθ,sinθ)為圓心，2為半徑的圓，如圖1所示：當(dāng)φ≥2π時，內(nèi)部空白區(qū)域是以(0,0)為圓心，1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π，故①正確；②、因為圖形上點(x,y)到原點距離為r=x由構(gòu)成該圖形的動圓Oi中，圓心到原點距離|OOi故每個圓到原點最小距離均為2?1=1，故圖形到原點的最小距離為1，故②正確；③、當(dāng)φ=π2時，設(shè)點P(x0,則點P'(y0,x0)與點代入(y即點P'(y0,x0)也在④、φ=π2時，如圖2所示：

內(nèi)邊界的長度AB其中CE為14圓，半徑為2?1=1BC、EF為14圓半徑為2外邊界DH而由AB=DE，AF=CD，DH+CD+DG為半圓CG半徑為2，GH為14CE為14圓，半徑為2?1=1故內(nèi)外邊界和為π2?1+2?π故答案為：①②③.【分析】由題知當(dāng)φ≥2π時，內(nèi)部空白區(qū)域是以(0,0)為圓心，1為徑的圓，即可求解判斷①；利用圓的幾何性，即可求解判斷②；設(shè)點P(x0,y0)，存在參數(shù)θ1滿足(x0?cos15．【答案】（1）證明：取A1B1的中點G，連接BG，F(xiàn)G在△A1B1C1中，因F是在三棱柱ABC?A1B1C又E為棱BC的中點，故得FG//BE，且FG=BE，故得?BEFG，則EF//BG，又因為BG?平面ABB1A，EF?所以EF//平面ABB（2）解：由題意，三棱柱中所有棱長都相等，則△ABC與△A如圖，取B1C1上的四等分點H取B1C1的中點M則HF//MA1，易知EM//BB1//A則有MA1//EA，故有HF//EA,因平面BCC1B1⊥平面ABC且平面BCC1B1∩平面AEF=HE,可得HE⊥建立以E為原點，EC，EA，EH所在直線分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

不妨取CE=2，則CC1=BC=4，由則有C1(1,0,15)，則CC設(shè)平面AA1C則n?取z=1，可得x=15，y=故n=(15,因HE⊥平面ABC，故m=(0,0,1)為底面ABC則cos?設(shè)二面角B?AC?C1的平面角為θ，由圖知二面角故二面角B?AC?C1的余弦值為【解析】【分析】（1）取A1B1的中點G，連接BG，F(xiàn)G（2）取B1C1上的四等分點H，滿足B1H=3C1H，取B1C1的中點M，連接A1M,EM（1）如圖，取A1B1的中點G，連接BG，在△A1B1C1中，因F是在三棱柱ABC?A1B1C又E為棱BC的中點，故得FG//BE，且FG=BE，故得?BEFG，則有EF//BG，又因為BG?平面ABB1A，EF?所以EF//平面ABB（2）由題意，三棱柱中所有棱長都相等，則△ABC與△A1如圖，取B1C1上的四等分點H取B1C1的中點M則HF//MA1，易知EM//BB1//A則有MA1//EA，故有HF//EA,因平面BCC1B1⊥平面ABC且平面BCC1B1∩平面AEF=HE,可得HE⊥故可建立以E為原點，EC，EA，EH所在直線分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系.不妨取CE=2，則CC1=BC=4，由則有C1(1,0,15)，則CC設(shè)平面AA1C則n?取z=1，可得x=15，y=故n=(15,因HE⊥平面ABC，故m=(0,0,1)為底面ABC則cos?設(shè)二面角B?AC?C1的平面角為θ，由圖知二面角故二面角B?AC?C1的余弦值為16．【答案】（1）解：函數(shù)f(x)=sinx?aln(b+x)定義域為因為f(x)在x=π處的切線方程為2x+y+2π(ln2π?1)=0，所以f'(π)=cosπ?a又因為f(π)=sinπ?aln故a=2π，b=π；（2）解：f(0)=sin若(?1,π2]上f(x)≥0故f(0)是f(x)在(?1,π2]f'(x)=cosx?a下證a=1時，f(x)令g(x)=(1+x)cosx?1，①在(0,π2]上g'(x)由零點存在定理，?x0∈(0,在(0,x0]上，g在[x0,π2g(π2)=?1，g(0)=0由零點存在定理?x1∈(在(x0,x1在(x1,π2所以(0,π2]上，f(0)=0，f(②在(?1,0]上，f'f'(x)≤f'(0)=0綜上，只有當(dāng)a=1時，在(?1,π2]上f【解析】【分析】（1）由題意，易知f(x)在x=π處的切線方程的斜率k=?2，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，結(jié)合點(π,f(π))在切線上，求解即可；（2）由題意得f(0)=0，且在(?1,π2]上，f(x)min（1）f'由題意得f'所以ab+π=1，即f(π)=sin所以aln故a=2π，b=π.（2）f(0)=sin若(?1,π2]上f(x)≥0故f(0)是f(x)在(?1,π2]f'(x)=cosx?a下證a=1時，f(x)令g(x)=(1+x)cosx?1，①在(0,π2]上g'(x)由零點存在定理，?x0∈(0,在(0,x0]上，g在[x0,π2g(π2)=?1，g(0)=0由零點存在定理?x1∈(在(x0,x1在(x1,π2所以(0,π2]上，f(0)=0，f(②在(?1,0]上，f'f'(x)≤f'(0)=0綜上，只有當(dāng)a=1時，在(?1,π2]上f17．【答案】（1）解：因為E:x22所以|OF由D?2,0，設(shè)直線l:x=my?2由題意m≠0，聯(lián)立x=my?2x22設(shè)A(x1,則Δ=16m2?8(m則△ABF1的面積令t=m2?2>0當(dāng)且僅當(dāng)t=16t=4，即m故△ABF1面積的最大值為（2）解：設(shè)橢圓上存在滿足條件的點P(x0,由（1）知A(x1,y1)，k1?k2=y1所以x1x2所以k1當(dāng)x02=2，x0=±此時λ=28(1±2)+4=3±222，故滿足條件的橢圓上的點【解析】【分析】（1）由題意，設(shè)直線l:x=my?2，聯(lián)立x=my?2x（2）設(shè)P(x0,y0)，表示出k1（1）因為E:x22所以|OF由D?2,0，可設(shè)l:x=my?2由題意m≠0，聯(lián)立x=my?2x22設(shè)A(x1,則Δ=16m2?8(m所以△ABF1的面積令t=m2?2>0當(dāng)且僅當(dāng)t=16t=4，即m2=6故△ABF1面積的最大值為（2）設(shè)橢圓上存在滿足條件的點P(x0,由（1）知A(x1,y1)，k1?k2=y1所以x1x2所以k1當(dāng)x02=2，x0=±此時λ=28(1±2)+4=3±222，故滿足條件的橢圓上的點18．【答案】（1）解：由題意可知甲每步跨1或2個臺階的概率都為12X可能的取值為3，4，5，6.取值分別對應(yīng)3步中分別有0，1，2，3次跨兩個臺階，故P(X=i)=CX的分布列如下，X3456P1331EX（2）解：6步內(nèi)到過位置8記為事件A8可分為：4步到達位置8（記為A5步到達位置8（記為A5,8）和6步到達位置8（記為AA4,8即4步中每步都+2；A5,8即5步中有兩步+1，3步A6,8即6步中有兩步+2，4步+1則P(A)=P(A（3）解：記n步內(nèi)到過位置n為事件An，走法為an，則由題意an+2=a遞推a3～a10，依次為3,5,8,13,21,34,55,89，其中9步和10步到達位置10的走法分別為9步到達位置10情況下再到達位置12只有1種走法，10步到達位置10不可能再到達位置12，其他到達位置10的情況再到達位置12都有2種走法.故10步之內(nèi)同時到過位置10和12的走法為：a10記P(An)為p數(shù)列{pn?23}是以?1記9步和10步到達位置10為分別為事件A9,10，A10,10，P(A記10步內(nèi)到過位置12為事件B，則P(A10A10,10A其余情況下P(B|AP(AB)=P(A故10步之內(nèi)同時到過位置10和12的概率為5071024【解析】【分析】（1）列出X的所有可能取值，分別求出概率，列出分布列，求期望即可；（2）6步內(nèi)到過位置8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an+2=an+（1）由題意可知甲每步跨1或2個臺階的概率都為12X可能的取值為3，4，5，6.取值分別對應(yīng)3步中分別有0，1，2，3次跨兩個臺階，故P(X=i)=CX的分布列如下，X3456P1331EX（2）6步內(nèi)到過位置8記為事件A8可分為：