湖南省“長沙市聯(lián)考”2024-2025學年高三上學期1月數學變式卷 含解析

高考資源網(）您身邊的高考專家（AI教學）訂購熱線：188110597022025年1月“長沙市聯(lián)考”變式卷（同考點）數學（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：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．（

）A．0 B． C． D．8【答案】C【知識點】求復數的模、復數的乘方【分析】根據復數的乘法化簡，再計算其模.【詳解】因為，所以.故選：C2．為異面直線，且.若，則直線l必定（

）A．與a，b都相交 B．與a，b都不相交C．至少與a，b之一相交 D．至多與a，b之一相交【答案】C【知識點】異面直線的概念及辨析【分析】根據異面直線的定義，逐項分析直線與直線的關系，即可確定.【詳解】由題意直線與、可都相交，也可只與一條相交，故A、B錯誤；但直線不會與兩條都不相交，若與、都不相交，因為與都在內，所以，同理，所以，這與、異面直線矛盾，故直線至少與、中之一相交．故選：C.3．若角的終邊過點，則（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】由終邊或終邊上的點求三角函數值、誘導公式五、六【分析】由條件，根據三角函數定義求，結合誘導公式求結論.【詳解】角的終邊過點，則點到原點的距離，所以，所以．故選：A．4．已知函數的圖像如圖所示，則其導函數的圖像可能是（

）A． B．C． D．【答案】A【知識點】函數與導函數圖象之間的關系【分析】根據函數的圖像、單調性以及導數等知識確定正確答案.【詳解】由圖可知，當時，單調遞減，，由此排除BD選項.當時，從左向右，是遞增、遞減、遞增，對應導數的符號為，由此排除C選項，所以A選項正確.故選：A5．已知函數相鄰兩個對稱軸之間的距離為，若在上是增函數，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】利用正弦型函數的單調性求參數、利用正弦函數的對稱性求參數【分析】根據題意可得，進而可得，利用整體法求解函數的單調區(qū)間，根據，即可求解.【詳解】因為相鄰兩個對稱軸之間的距離為，則，即，則，則，由，得，所以在上是增函數，由，得.故選：B6．如圖，四邊形中，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】用基底表示向量【分析】依據圖形，結合向量的加法，減法，數乘運算的運算律利用，表示.【詳解】，．故選：A.7．已知點為拋物線上異于原點的兩個動點，若，則線段中點的橫坐標的最小值為（

）A．1 B． C． D．2【答案】B【知識點】拋物線定義的理解、拋物線的中點弦【分析】利用梯形中位線將中點的橫坐標轉化為，再應用拋物線定義轉化為，再由可得最小值.【詳解】設的中點，拋物線的準線為，如圖，作，垂足分別為.由直角梯形的性質可得，取拋物線焦點為，由拋物線定義可得，當且僅當直線經過點時取等號，所以線段中點的橫坐標的最小值為．故選：B.8．設函數，若函數存在最大值，則實數a的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【知識點】由導數求函數的最值（不含參）、分段函數的值域或最值【分析】時，無最大值，因此時，有最大值，利用導數求解．【詳解】顯然時，無最大值，時，存在最大值，，當時，，遞增，當時，，遞減，所以時，取得極大值也是最大值．，因此要有最大值，必須滿足，所以．故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題考查分段函數的最大值問題．解題時要注意的最大值是在定義域內的最大值，對分段函數來講，每一段的函數值都不能比最大值大．因此本題在時求得最大值，除這個最大值取得到，即以外還有必須滿足，否則函數無最大值．二、選擇題：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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．某校舉行了交通安全知識主題演講比賽，甲、乙兩位同學演講后，6位評委對甲、乙的演講分別進行打分（滿分10分），得到如圖所示的折線統(tǒng)計圖，則（

）A．若去掉最高分和最低分，則甲得分的中位數大于乙得分的中位數B．甲得分的極差大于乙得分的極差C．甲得分的上四分位數小于乙得分的上四分位數D．甲得分的方差大于乙得分的方差【答案】ABD【知識點】計算幾個數的中位數、計算幾個數據的極差、方差、標準差、總體百分位數的估計【分析】運用極差、中位數及百分位數的公式計算，和方差的意義逐項判斷即可.【詳解】甲、乙的得分從小到大排列如下：甲：，乙：，故去掉最高分和最低分可得甲的中位數為，乙的中位數為，故A正確；甲的極差為，乙的極差為，故B正確；，所以甲的第75百分位數為，乙的第75百分位數為，故C錯誤；由圖可以看出甲得分的波動比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正確.故選：ABD10．在遞增的等比數列中，，是數列的前項和，是數列的前項積，則下列說法正確的是（

）A．數列是等比數列 B．數列是等差數列C． D．【答案】BCD【知識點】判斷等差數列、由定義判定等比數列、等比數列通項公式的基本量計算、求等比數列前n項和【分析】根據條件，解得，進而得到，，選項A和B，利用等比、等差數列的定義，即可判斷；選項C和D，利用等比、等差數列的前項和公式，即可求解.【詳解】因為數列是遞增的等比數列，又，解得，所以公比，，，對于選項A，因為不為常數，所以選項A錯誤，對于選項B，因為，所以為常數，又，所以數列是首項為，公差為的等差數列，故選項B正確，對于選項C，因為，所以選項C正確，對于選項D，因為，所以，故選項D正確，故選：BCD.11．歷史上第一個給出函數一般定義的是19世紀德國數學家狄利克雷（Dirichlet），當時數學家們處理的大部分數學對象都沒有完全的嚴格的定義，數學家們習慣借助于直覺和想象來描述數學對象，狄利克雷在1829年給出了著名函數：（其中為有理數集，為無理數集），狄利克雷函數的出現表示數學家們對數學的理解發(fā)生了深刻的變化，數學的一些“人造”特征開始展現出來，這種思想也標志著數學從研究“算”轉變到了研究“概念、性質、結構”．一般地，廣義的狄利克雷函數可定義為（其中a，且），以下對說法正確的是（

）A．當時，的值域為；當時，的值域為B．任意非零有理數均是的周期，但任何無理數均不是的周期C．為偶函數D．在實數集的任何區(qū)間上都不具有單調性【答案】BCD【知識點】抽象函數的奇偶性、判斷證明抽象函數的周期性、函數新定義【分析】根據值域的定義可判斷A；設任意，，利用周期的定義可判斷B；利用偶函數的定義可判斷C；實數的稠密性，函數值在和之間無間隙轉換可判斷D.【詳解】的函數值只有兩個，的值域為，故A錯誤；設任意，，則，，故B選項正確；若，則，；若，則，；所以為偶函數，故C正確；由于實數具有稠密性，任何兩個有理數之間都有無理數，任何兩個無理數之間也都有理數，其函數值在之間無間隙轉換，所以在實數集的任何區(qū)間上都不具有單調性，故D正確．故選:BCD．【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數的新定義，函數的基本性質的定義和應用，關鍵在于理解函數的定義以及函數的性質，屬于中檔題.第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．在中，，，，則點的軌跡方程為．【答案】【知識點】軌跡問題——圓、求平面軌跡方程【分析】設點，分別表示與，化簡即可.【詳解】設點，則，，則，化簡可得，故答案為：.13．徐匯濱江作為2024年上海國際鮮花展的三個主會場之一，吸引了廣大市民前往觀展并拍照留念.圖中的花盆是種植鮮花的常見容器，它可視作兩個圓臺的組合體，上面圓臺的上?下底面直徑分別為30cm和26cm，下面圓臺的上?下底面直徑分別為和，且兩個圓臺側面展開圖的圓弧所對的圓心角相等.若上面圓臺的高為8cm，則該花盆上?下兩部分母線長的總和為.【答案】【知識點】圓臺表面積的有關計算【分析】設出圓臺的母線長及底面半徑，根據圓臺的母線長公式結合條件即得.【詳解】設上面圓臺的母線長為，上面半徑為下半圓半徑為高為，根據圓臺的母線長公式，帶入數值計算得到；設下面圓臺的母線長為，上面半徑為下半圓半徑為由于兩個圓臺側面展開圖的圓弧所對的圓心角相等，可以得到，帶入數值計算得到；所以該花盆上?下兩部分母線長的總和為.故答案為：14．在銳角中，角的對邊為，為的面積，且，則的取值范圍為.【答案】【知識點】求含sinx(型)函數的值域和最值、三角恒等變換的化簡問題、三角形面積公式及其應用、余弦定理解三角形【分析】首先利用余弦定理和三角形面積公式得到，再通過正弦定理以及三角函數的轉化得到，由三角函數性質可得結果.【詳解】由，則，所以，即，即，解得或（舍去），可得，，因為是銳角三角形，則有，所以，，，則，有，由于,所以，可得的取值范圍為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于，由是銳角三角形，確定，由，得，從而可求的取值范圍.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。15．某闖關游戲共設置4道題，參加比賽的選手從第1題開始答題，一旦答錯則停止答題，否則繼續(xù)，直到答完所有題目．設選手甲答對第1題的概率為，甲答對題序為的題目的概率，，各題回答正確與否相互之間沒有影響．(1)若甲已經答對了前3題，求甲答對第4題的概率；(2)求甲停止答題時答對題目數量的分布列與數學期望．【答案】(1)(2)分布列見解析；期望為【知識點】寫出簡單離散型隨機變量分布列、獨立事件的乘法公式、獨立重復試驗的概率問題、求離散型隨機變量的均值【分析】（1）根據題意，得到，進而求得甲答對第4題的概率；（2）根據題意，得到可取，取得相應的概率，列出分布列，結合期望的公式，即可求解.【詳解】（1）解：因為選手甲答對第1題的概率為，所以，即，所以若甲已經答對了前3題，則甲答對第4題的概率為．（2）解：由題意得，，，．隨機變量可取，則，，，，．所以隨機變量分布列如下：X01234P所以．16．如圖，在棱長都為2的平行六面體中，，點在底面上的投影恰為與的交點；(1)求點到平面的距離；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2).【知識點】線面角的向量求法、點到平面距離的向量求法【分析】（1）根據依題意建立空間直角坐標系，利用點到平面距離的向量求法可得結果；（2）由線面角的向量求法計算即可得出結果.【詳解】（1）由題意可知，底面為菱形，可得，依題意兩兩垂直，故以點為坐標原點，以為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，如下圖所示：易知；設平面的法向量為，則即，據此可得平面的一個法向量為：，又易知點到平面的距離.（2）設直線與平面所成角為，平面的法向量為，又則即，據此可得平面的一個法向量為，又因此，故直線與平面所成角的正弦值為.17．已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)當時，令，若為的極大值點，證明：.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【知識點】利用導數證明不等式、含參分類討論求函數的單調區(qū)間【分析】（1）對參數分類討論，根據不同情況下導函數函數值的正負，即可判斷單調性；（2）利用導數判斷的單調性，求得的范圍，滿足的條件，以及，根據的范圍夾逼的范圍即可.【詳解】（1）函數的定義域為，①當時，，函數在上單調遞增；②當時，由，得，由，得，所以，函數在上單調遞增，在上單調遞減.綜上，當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減.（2）當時，，設，則，當時，，所以在上單調遞增，又，所以存在，使得，且當；又當；故當，；當，；當，所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，取得極大值，故，且，所以，，又在單調遞減，所以.【點睛】關鍵點點睛：本題考察含參函數單調性的討論，以及導數中的隱零點問題；處理問題的關鍵是能夠準確分析的單調性，以及求得隱零點的范圍以及滿足的條件，屬綜合中檔題.18．設分別為橢圓的左、右焦點，是橢圓的短軸的一個端點，的面積為，橢圓的離心率為．

(1)求橢圓的方程．(2)如圖，是橢圓上不重合的三點，原點是的重心．①當直線垂直于軸時，求點到直線的距離；②求點到直線的距離的最大值．【答案】(1)(2)①；②【知識點】根據a、b、c求橢圓標準方程、根據離心率求橢圓的標準方程、求橢圓中的最值問題【分析】（1）由條件列關于的方程，解方程得，由此可得橢圓方程；（2）①設，．結合重心性質可得，結合點在橢圓上可求，由此可求結論.②結合①求斜率不存在時，點到直線的距離，當斜率存在時，設方程為，聯(lián)立方程組結合設而不求法求點到直線的距離的范圍，由此得結論.【詳解】（1）由題意得解得所以橢圓的方程為．（2）①設，根據題意得．因為原點是的重心，所以，即．將代入，解得．當時，；當時，，所以點到直線的距離為．②由①知當直線的斜率不存在時，點到直線的距離為．當直線的斜率存在時，設直線的方程為．由消去，整理得，且，即．所以．因為原點是的重心，所以，所以，所以．將點的坐標代入橢圓方程，整理得．點到直線的距離，．綜上所述，當與軸垂直時，點到直線的距離最大，為．

【點睛】方法點睛：圓錐曲線問題中的最值問題的常規(guī)方法為結合條件，引入自變量，表示所求變量的函數解析式，再結合函數知識求其最值.19．設數列的前n項和為，對一切，，點都在函數圖象上.(1)求，，，歸納數列的通項公式（不必證明）：(2)將數列依次按1項、2項、3項、4項循環(huán)地分為、、、、、、、、、…，分別計算各個括號內各數之和，設由這些和按原來括號的前后順序構成新的數列為，求的值；(3)設為數列的前n項積，若不等式對一切都成立，求a的取值范圍.【答案】(1)，，，(2)(3)【知識點】由遞推數列研究數列的有關性質、利用定義求等差數列通項公式、利用an與sn關系求通項或項、數列綜合【分析】（1）根據題意求出前幾項，，利用歸納推理猜想通項公