【文档说明】湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期阶段性检测（五）数学试题（解析版）.docx，共(22)页，584.480 KB，由envi的店铺上传

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长沙市一中2024—2025学年度高三阶段性检测（五）数学试卷时量：120分钟总分：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，，若，则中所有元素之和为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析

】由，求出或，再分类讨论由集合的互异性可求出，即可得出答案.【详解】由得或，解得：或，若，则，不符合题意；若，，从而，所以中所有元素之和为4.故选：C.2.若复数为纯虚数，则（）A.B.3C.D.5【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘

法运算化简复数，根据复数的概念得的值，从而可得复数的模长.【详解】，因为是纯虚数，所以，，所以.故选：D．3.已知的展开式中第3项与倒数第3项的二项式系数之和等于72，则该展开式中的常数项为（）A.B.C.

D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，列式求出，再求出二项展开式的通项，进而求出幂指数为0的项即可.【详解】依题意，，即，而n为正整数，解得，则展开式的通项公式为，由，解得，所以该展开式中的常数项为.故选：A.4.已知某种零件的尺寸（单位：）在内的为合格品．某企业生

产的该种零件的尺寸服从正态分布，且，则估计该企业生产的2000个该种零件中合格品的个数为（）A.1600B.1400C.800D.20【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用正态分布的对称性，求出合格品的概率，即可求出结

果.【详解】解法一因为服从正态分布，且，所以该企业生产的该种零件合格的概率，所以估计该企业生产的2000个该种零件中合格品的个数为，故选：A．解法二因为服从正态分布，且，所以，所以该企业生产的该种零件不合格的概率为，所以估计该企业

生产的2000个该种零件中合格品的个数为，故选：A．5.已知函数恰有一个零点，且，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将函数零点问题转化为两个函数交点个数问题，从而变成求曲线切线问题，设切点求得到切线方程得到的值，再由建立不等式，求出的取值范

围.【详解】由可得，要使恰有一个零点，只需函数的图像与直线相切，设切点坐标为，由，可得，则切线方程为，即，故需使，.由可得，解得.故选：A.6.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，在我国有四五千年的历史，是青少年们十分熟悉的玩具如图所示的陀螺可近似看作一个圆锥与一个圆柱的组合体，圆柱和圆锥的

底面半径均为6cm，高均为9cm，若该陀螺是由一个球形材料前去多余部分制成，则该球形材料的表面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知，要想球形材料的表面积最小，则需圆锥的顶点及圆柱的底面圆周在球面上，根

据组合体的结构特征及勾股定理列方程求解即可.【详解】设球半径为，则，解得，故该球形材料的表面积的最小值为，故选：D.7.已知函数与的图象依次交于A，B，C三点，且恒有，则（）A2B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数图象平移变换以及公式，可得函数的对称性，

结合题意，可得答案.【详解】由函数的图象可由函数的图象平移得到，则的图象关于点对称，因为，所以的图象关于点对称，要使恒成立，则点B为图象的对称中心，也为图象的对称中心，所以，即.验证可知符合题意，故选：B.8.已知

四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面，，点M，N分别为线段AD，CD上一点，E为BC的中点，当取得最小值时，三棱锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将四棱锥沿展开为平面图，然后取关于直线

CD对称的点为F，利用几何知识得到，从而再利用可求得，从而可求解.【详解】将沿直线AD展开到平面ABCD内，如图所示，取E关于直线CD对称的点为F，连接NF，CF，因此.连接PF，则当P，M，N，F四点共线时，取得最小值，为PF，此时PF交AD于点M，交CD于点N，由，则，又由，

所以，所以可得，因此，故点M为线AD的中点，易得四边形MECD为正边形，又N在CD上，所以.故三棱锥P-EMN的体积.故C正确.故选：C.【点睛】方法点睛：立体图形表面的最短路径问题，往往需要借助展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段最短”等知识巧妙

解决二、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.设，是两个非零向量，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据向量关系式表示垂直和平行，

以及向量的数量积公式即可逐个选项判断.【详解】对于选项A，因为，，两个非零向量，所以，故A错误；对于选项B，，所以，又，所以，所以，故B正确；对于选项C，因为，所以，所以，故C正确；对于选项D，因为，所以，从

而，所以，故D正确.故选：BCD10.已知为坐标原点，抛物线上有异于原点的，两点，为抛物线的焦点，以为切点的抛物线的切线分别记为，，则（）A.若，则三点共线B.若，则三点共线C.若，则三点共线D.若，则三点共线【答案】BC【解析】

【分析】设方程，联立抛物线方程，利用韦达定理表示，.AB：结合所给的条件即可判断；C：分别求出切线、的方程，由斜率之积为可得即可判断；D：结合抛物线的定义化简计算即可判断.【详解】设直线方程为，代入抛

物线方程得，则，，，所以，.选项A：若，则，得，故直线：，不一定经过焦点，三点不一定共线，故A错误.选项B：若，则，得，故直线：，经过焦点，三点共线，故B正确.选项C：设在点处的切线方程为：，即，与抛物线方程联立得，，即，解得，所以：，即，即切线的方程为，同理切线的方程为，由，得，得，

由B知直线经过焦点，故C正确.选项D：因为，则，整理得，则，故直线：，不一定经过焦点，三点不一定共线，故D错误.故选：BC11.设，，…，、，，…，为两组正实数，，，…，是，，…，的任一排列，我们称为这两组正实数的乱序和，为这两组正实数的反序和，为这两组正实数的

顺序和.根据排序原理有，即反序和≤乱序和≤顺序和.则下列说法正确的是（）A.数组和的反序和为30B.若，，其中，，…，都是正实数，则C.设正实数，，，的任一排列为，，，则的最小值为3D.已知正实数，，…，满足，P为定值，则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】由反序和的定义代入计算，即可

判断A，由排序原理即可判断B，由乱序和与反序和的定义即可判断CD.【详解】对于选项A，根据反序和的定义可知，数组和的反序和为，故A正确；对于选项B，设两组正实数均为，，…，，则A为两组正实数的顺序和，B为两组正实数的乱序和，由排序原理知，故

B错误；对于选项C，不妨设两组正实数为，，和，，，其中，则，则是两组正实数的乱序和，是两组正实数的反序和，故，故C正确；对于选项D：设两组正实数为，，…，和，，…，，其中，则，则是两组正实数的乱序和，是两组正实数的反序和，故，故D错误.故选：AC三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）

12.已知王明在射箭游戏中射一箭中靶的概率为，若每箭是否中靶相互独立，则王明射3箭恰好有2箭中靶的概率为______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用独立重复试验概率的求解即得.【详解】依题意，王明射3箭恰好有2箭中靶的概率为.故答案为：13.已知，为第

二象限角，则______.【答案】【解析】【分析】由及同角三角函数的基本关系可求得，再根据并结合两角和的正弦公式即可得解．【详解】∵，∴，，∵为第二象限角，∴，∴，∴.故答案为：14.欧拉函数的函数值等于所有不超过n且与n互质的正整数的个数（公约

数只有1的两个整数称为互质整数），例如：，.记，数列的前n项和为，若恒成立，则实数λ的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】先根据两数互质的概念确定，，进而确定的通项公式，求和得，再分离参数，转化成不等式恒成立的问题，结合数列的单调性，可求参数的取值范围.【详解】在的整数中与不互

质的数有5，10，…，，，共有个，所以与互质的数有个，因此.在的整数中，2的倍数共有个，5的倍数共有个，10的倍数共有个，所以.所以，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，则恒成立等价于恒成立，即恒成立，所以，令，则，所以，且，所以，所以，即实数λ的取

值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据欧拉函数的定义，求和，因为在的整数中与不互质的数有5，10，…，，，共有个，所以与互质的数有个，因此；在的整数中，2的倍数共有个，5的倍数共有个，10的倍数共有个，所以.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，内角，，的对边分别为，，，且．（1）求证：是等腰三角形．（2）若，的周长为，求的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）方法一：由余弦定理化简已知整理得，结合三角形三边关系可得结论；方法二：由正弦定理化简

已知，结合角度关系转化分析可得，从而可得结论；（2）根据（1）中结论可得三个角度大小，再根据余弦定理求解边长，由面积公式计算得答案.【小问1详解】方法一证明：因为，由余弦定理，得，所以．整理得．因为，所以，又因为，所以，即，所以是等腰三角形．方法二证明：因为，由正弦定理，得，因为，所以，因为，所以

，所以，因为，，所以，所以，所以是等腰三角形．【小问2详解】由（1）知是等腰三角形，且．当时，，则．又，所以，所以，所以，所以，所以．所以的面积．16.如图，在平行六面体中，侧面是菱形且与底面垂直，是棱的中点，是线段上一点，且，，.（1）证明：侧面是矩形；（2）求直线与平面所成角的正

弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）推导出，利用面面垂直的性质定理可得出平面，进一步推导出平面，可得出，设，则，利用勾股定理求出的值，可得出的长，利用勾股定理结合已知条件推导出平面，进而可得出，由此可证得结论成立；（2）以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正

方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】因为侧面是菱形，，所以，由余弦定理可得，所以，所以，则为等边三角形，如图，连接，因为是棱的中点，所以，又因为，所以.因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面.因为、

平面，所以，，连接，因为，，且、平面，所以平面.因为平面，所以.设，则，易得，即，得，即，所以，则，所以.因为，，且、平面，所以平面.又平面，所以.因为，所以，又侧面是平行四边形，所以侧面是矩形.【小问2详解】由（1）知、、两两垂直，故以为坐标原点

，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，可得设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若关于的方程有两个不相等的实数根，

记较小的实数根为，求证：．【答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求函数导数得切线斜率，再由点斜式可得解；（2）由，分和两种情况讨论导函数的正负，可得函数的单调区间；（3）分析可得要证，，令，利用导数证得，即可得证．【小问1详解】，，，，所以在点处的切线方程为

，整理得：；【小问2详解】函数定义域为，当时，，此时在上单调递增；当时，令，得，此时在上，在单调递减，在上，在单调递增，综上：时，的递增区间为，无递减区间；时，的递减区间为，递增区间为；【小问3详解】由（2）可知，当时，才有两

个不相等的实根，且，则要证，即证，即证，而，则，否则方程不成立），所以即证，化简得，令，则，当时，，所以在单调递减，当时，，所以在单调递增，所以，而，所以，所以，得证．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是通过证明即可得解，分析函数在极小值

左侧的单调性，关键再由证明，利用构造函数的方法即可.18.甲、乙两人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字1，2，…，N的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为a，随后将纸牌放回（后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回），接下来甲有2种选择：①再抽取一次纸牌，记纸牌

上的数字为b，若，则乙赢，游戏结束，否则，甲结束抽牌，换由乙抽牌一次；②直接结束抽牌，记，换由乙抽牌一次．记乙抽到的纸牌上的数字为c，若，则乙赢，否则甲赢．游戏结束．（1）若甲只抽牌1次，求甲赢的概率；（2）若甲抽牌2次，求甲赢的概率；（3）当甲抽取的第一张纸牌上的

数字满足什么条件时，甲选择②赢得游戏的概率更大？（结果用含N的式子表示）参考公式：若数列的通项公式为，则的前n项和．【答案】（1）（2）（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字大于时，甲选择②赢得游戏的概率更大【解析】【分析】（1）利用列举法，结合等

差数列前项和公式来求得正确答案.（2）根据甲第一次抽到的纸牌进行分类讨论，从而求得甲赢的概率.（3）根据已知条件不等式，由此求得正确答案.【小问1详解】若甲只抽牌1次，甲赢的情况如下．甲抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，此时有

1种情况；甲抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，，此时有2种情况；甲抽到的纸牌上的数字为3，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，此时有3种情况；……依次类推，甲赢情况共有．故甲赢的概率为．【小问2详解】若甲抽牌2次，甲赢的情况如下．①甲第1次抽到的纸牌上的数字为1．

第2次抽到纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，，此时有2种情况；第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，此时有3种情况；……第2次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为N，，…，1，此时

有N种情况．以上有种情况．②甲第1次抽到的纸牌上的数字为2．第2次抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，此时有3种情况；第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，，此时有4种情况；……第2次抽到的纸牌上的数

字为，乙抽到的纸牌上的数字为N，，…，1，此时有N种情况．以上有种情况．依次类推，甲第1次抽到的纸牌上的数字为3时，甲赢的情况有种；……甲第1次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有种；甲第1次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有N种．甲赢的情况

的总数为．故甲赢的概率为．【小问3详解】当甲抽取的第一张纸牌上的数字为a时，若甲选择①，则甲赢的概率，若甲选择②，则甲赢的概率．令，即，化简得，解得．综上，当甲抽取的第一张纸牌上的数字大于时，甲选择②赢得游戏的概率更大．【点睛】易错点睛：概率求解中的遗漏：当甲选择多次抽取牌时，可能会漏掉某些

组合的情况，特别是在多次抽取的情况下，需要非常仔细地列出所有可能组合，防止遗漏.不等式解法中的取舍问题：在最后一部分的解答中，对于不等式求解，需要注意根的取舍条件，避免漏掉符合条件的解.19.如图，定义：以椭圆中心为圆心

、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的一个“伴随点”为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，点与点关于轴对称．（ⅰ）证明：直线恒过定点；（ⅱ）记（ⅰ）中

的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（，为不同的两点），记，，的面积分别为，求的取值范围．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由椭圆过点，其伴随圆过点列方程组即可求得椭圆方程；（2）（i）分直线的斜率不为0和为0两种情况讨论，直线的斜率不为0时可设直线方程为，

联立直线方程与椭圆方程，结合椭圆的对称性，利用韦达定理化简即可求得直线恒过定点；（ii）法一：设直线的方程为，分别求出，则可得，结合二次函数的性质即可得的取值范围；法二：表示，再结合二次函数的性质即可得的取值范围；法三：设直线的方程为，联

立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简可得，再结合二次函数的性质即可得的取值范围.【小问1详解】因为椭圆过点，其伴随圆过点．所以解得所以椭圆的方程为．【小问2详解】（ⅰ）证明：当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，则，联立整理得，则，，，所

以，直线的方程为，由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上．当时，，即直线恒过定点．当直线的斜率为0时，直线的方程为，也过．综上，直线恒过定点．（ⅱ）解：法一：由题意知的斜率存在且不为0，，设直线的方

程为，，，，，，，由（ⅰ）知且，则，因为，所以，所以，所以，所以，故的取值范围为．法二：，由（ⅰ）知，．（剩余部分同解法一）法三：由（ⅰ）知直线恒过定点，易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，联立整理得，则，，恒成立，，，，因为，不妨设，，，

因为，所以，所以，所以，故的取值范围为．【点睛】对于范围和最值问题，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值或范围,最值常用基本不等式法、二次函数的性质以及利用求函数值域的方法(配方法、导数法等)求解.解

题模板:第一步：将所求最值或范围的量用变量表示出来;第二步：用基本不等式或二次函数的性质或求函数值域的方法求出最值或范围.