衡陽縣2025屆高考第一次模擬試題數學注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準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題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4．考試結束后，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.2.復數滿足，則的實部為（）A.B.C.D.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4.已知，，，，則（）A.B.C.D.5.的展開式中的系數為（）A.B.C.D.6.某城市隨機選取個人參加活動，假設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.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.8.平面直角坐標系中，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，下列描述正確的是（）A.為偶數時，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列二、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.已知一組樣本數據：，，，.其中，，將改組數據排列，下列關于該組數據結論正確的是（）A.序列不可能既是等比數列又是等差數列B.若成等比數列，和有組可能取值C.若成等差數列，和有組可能取值D.若該數據平均數是，則方差最小值為10.按指對數運算律定義兩個函數與，則（）A.在定義域上單調遞增B.在定義域上單調遞減C.D.若存在，則11.，，非常數函數都有，則下列結論正確的是（）A.B.若，是偶函數C.若，則D.的值不可能是第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________.13.函數的值域為________.14.已知由系列圓構成的點集為，圖形如圖中的陰影部分所示，將平面剩余部分分為內外兩部分（空白區域），給出以下命題：①圖形內部空白區域的面積最小值為②圖形到原點的最小距離為③時，圖形關于直線對稱④時，圖形內外邊界的長度和為其中正確的有________.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.（13分）如圖所示，在三棱柱中，，側面底面，，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.16.（15分）已知函數（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；17.（15分）如圖，已知點、分別是橢圓的左、右焦點，點是負半軸上的一點，，過點的直線與交于點與點.（1）求面積的最大值；（7分）（2）設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.（8分）18.（17分）學校教學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）求甲步內到過位置的概率；（3）求步之內同時到過位置和的有多少種走法，及發生的概率.19.（17分）某次生日會上，餐桌上有一個披薩餅，小華同學準備用刀切的方式分給在座的位小伙伴，由此思考一個數學問題：假設披薩近似可看成平面上的一個圓，第條切痕看作直線，設切下，最多能切出的塊數為，如圖易知，.（1）試寫出，，作出對應簡圖，并指出要將披薩分給在座的位小伙伴（不考慮大小平分），最少要切幾下；（2）這是一個平面幾何問題，利用“降維打擊”思想，聯想到一條線段被切下能劃分成段，由此求出數列的通項公式；（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面各方向切入，每次切面都看作一個平面.若切下，最多能切出的塊數為，求出的通項公式，并指出這時最多需要切幾下能分給個人.（已知）

數學答案1.【答案】D【解析】為函數的值域，令或，，為函數的定義域，即，定義域為，故，故選D.2.【答案】C【解析】設，，，，，所以的實部為，故選C.3.【答案】A【解析】樣本空間中事件包含樣本點個數可能為，，，，，對應的概率可能值為，，，，，，，事件與事件相互獨立，有①時，，，即“事件”是命題“事件與事件相互獨立”的充分條件②，，即，且或時事件與事件相互獨立，此時“事件”，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B.4.【答案】C【解析】由已知可得解得，∴，∵，，.故，故選C.5.【答案】D【解析】，項對應，，項對應系數為，展開后系數為，故選D.6.【答案】C【解析】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，，，故至少要選個人，故選C7.【答案】C【解析】如圖，由令，則，，由雙曲線定義，，在中由余弦定理，故在中由余弦定理，故選C.8.【答案】C【解析】由題意，設，則，滿足①.當為偶數時，①式為或，直線與軸重合，與題意不符，故不存在“平均割線”；當為奇數時，若，，①式為，，（若，，），由于有無窮解，如圖，故對任一為奇數有無數條“平均分割線”；亦有無窮個，且在同一直線上，不成等差.9.【答案】A、B【解析】若為等比數列，由，可知若成等比公比小于，正負交替，而等差數列具單調性，相互矛盾，故不可能既是等比數列又是等差數列，A項正確；若排列后成等比數列，設公比絕對值大于有：①公比為，數列為，，，，，數列為，，，，.②公比為，數列為，，，，，公比絕對值小于，對應同解，故，有組可能取值，B項正確；由，，若，，，若排序后成等差數列，設公差大于有：①公差，數列為，，，，；②公差，數列為，，，，不符；③公差，數列為，，，，不符；公差小于，對應上述倒序排列，同解，故，有組可能取值，C項錯誤；數據平均數是1，，方差.D項錯誤；故選AB10.【答案】B、C、D【解析】由，，時，單調遞減，時，單調遞增，故A項錯誤；，可知在單調遞減，故B項正確；，由，由，故C項正確；由，則，，令，，，，故上單調遞減，故，又由時，單調遞增得，故D項正確.故選BCD11.【答案】A、B、C【解析】條件①，取，有即，若，則為常數，故，A項正確；由，①式中取有②，再取，有或.若則，則②式為即為偶函數，B項正確；若取，①式為，由B項知為偶函數，①中令，有③，令，有（替換成）④，③④聯立，結合，，，，可知，故，故C項正確；取符合①式，故，D項錯誤.故選ABC.12.【答案】【解析】如圖，，，所以.13.【答案】【解析】，，周期，且關于點對稱，故只要考慮的值域，設，，滿足，，可知，或時，，單調遞增，，，單調遞減，且，由且，，由，，故由圖象關于點對稱，上，，，周期性可知在上值域為14.【答案】①②③【解析】如圖，當時，內部空白區域面積最小，即半徑為的圓，內部空白區域的面積最小值為，①項正確；圖形到原點距離為，方法一（計算）：由，（其中），時，取最小值.方法二（分析）：由構成該圖形的動圓中，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，②正確；時，若點，存在參數滿足，則點與點關于直線對稱，由，取代入，即點也在中，故時，圖形關于直線對稱，③正確；時，如圖，內邊界的長度，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，故內外邊界和為，④錯誤.故答案為①②③.15.【解析】（1）證明：取的中點，連接，，在中，，分別為，的中點，且.在三棱柱中，.又為棱的中點，且，四邊形為平行四邊形，，又因為平面，平面，所以平面.（2）三棱柱中所有棱長都相等，則與都是等邊三角形，取上的四等分點，滿足則四點共面.由平面平面，平面平面，平面平面平面，且，則如圖：可建立以為原點，，，所在直線分別為，，軸的空間直角坐標系，令可知，，，設平面法向量為，則，底面的法向量，，，設二面角的平面角為，則，由圖知二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為.16.【解析】（1），，，故，.，故若上恒成立，，故是在上的極小值，，，，下證時，,令，,①在上單調遞減，，，由零點存在定理，，使得，在上，單調遞增，在上，單調遞減，，，，由零點存在定理，使得在上，單調遞增，在上，單調遞減，所以上，，，，②在上，單調遞增，，單調遞減所以,綜上，只有時上，.17.【解析】（1）由，設，由題意，聯立得，,整理得，由，且，，所以的面積，令，則，當且僅當，即，時（此時適合的條件）取得等號.故面積的最大值為.（2）設橢圓上存在滿足條件的點，定值，由題意，，，，，由，在上，，，，當，，時，該等式成立與取值無關，此時，故滿足條件的橢圓上的點對應或對應.18.【解析】（1）由題意可知甲每步跨或個臺階的概率都為，可能的取值為，，，.取值分別對應步中分別有，，，次跨兩個臺階.故，的分布列如下，.（2）步內到過位置記為事件可分為：步到達位置（記為）、步到達位置（記為）和步到達位置（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.（3）記步內到過位置為事件，走法為，則由題意，故由，，遞推，依次為，其中步和步到達位置的走法分別為和種，步到達位置情況下再到達位置只有種走法，步到達位置不可能再到達位置，其他到達位置的情況再到達位置都有種走法.故步之內同時到過位置和的走法為：種，記為，由題意，數列是以為首項，為公比的等比數列，，，記步和步到達位置為分別為事件，，，，記步內到過位置為事件，則，，，其余情況下