2025-2026学年湖南省邵阳市新邵县高三数学第一学期期末学业质量监测模拟试题.doc

2025-2026学年湖南省邵阳市新邵县高三数学第一学期期末学业质量监测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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a，b∈R，，则（ ）
A．b＝3a B．b＝6a C．b＝9a D．b＝12a
2．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（ ）
A． B． C．1 D．
3．函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，……，n），则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．函数在上的最大值和最小值分别为（ ）
A．，-2 B．，-9 C．-2，-9 D．2，-2
5．若，则“”的一个充分不必要条件是
A． B．
C．且 D．或
6．已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．设集合，则 (　　)
A． B．
C． D．
8．设是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
9．复数满足 (为虚数单位),则的值是(　　)
A． B． C． D．
10．在中，，，，点，分别在线段，上，且，，则（ ）．
A． B． C．4 D．9
11．双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
12．已知命题：，，则为( )
A．， B．，
C．， D．，
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ABC的三个顶点都在椭圆上，其中A（0，1）为直角顶点．若该三角形的面积的最大值为，则实数a的值为_____．
14．如图，在等腰三角形中，已知，，分别是边上的点，且,其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是_____.

15．曲线在点处的切线方程为______.
16．已知函数，则不等式的解集为____________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点且

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求锐二面角的大小．
18．（12分）已知抛物线：（）上横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4.

（1）求p的值；
（2）设（）为抛物线上的动点，过P作圆的两条切线分别与y轴交于A、B两点.求的取值范围.
19．（12分）已知椭圆的左，右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点；当直线经过椭圆的下顶点和右焦点时，的周长为，且与椭圆的另一个交点的横坐标为
（1）求椭圆的方程；
（2）点为内一点，为坐标原点，满足，若点恰好在圆上，求实数的取值范围.
20．（12分）已知是各项都为正数的数列，其前项和为，且为与的等差中项．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求的前100项和．
21．（12分）随着改革开放的不断深入，祖国不断富强，人民的生活水平逐步提高，为了进一步改善民生，2019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，其政策的主要内容包括：（1）个税起征点为5000元；（2）每月应纳税所得额（含税）收入个税起征点专项附加扣除；（3）专项附加扣除包括①赡养老人费用②子女教育费用③继续教育费用④大病医疗费用等．其中前两项的扣除标准为：①赡养老人费用：每月扣除2000元②子女教育费用：每个子女每月扣除1000元．新个税政策的税率表部分内容如下：
级数
一级
二级
三级
四级

每月应纳税所得额（含税）
不超过3000元的部分
超过3000元至12000元的部分
超过12000元至25000元的部分
超过25000元至35000元的部分

税率
3
10
20
25

（1）现有李某月收入29600元，膝下有一名子女，需要赡养老人，除此之外，无其它专项附加扣除．请问李某月应缴纳的个税金额为多少？
（2）为研究月薪为20000元的群体的纳税情况，现收集了某城市500名的公司白领的相关资料，通过整理资料可知，有一个孩子的有400人，没有孩子的有100人，有一个孩子的人中有300人需要赡养老人，没有孩子的人中有50人需要赡养老人，并且他们均不符合其它专项附加扣除（受统计的500人中，任何两人均不在一个家庭）．若他们的月收入均为20000元，依据样本估计总体的思想，试估计在新个税政策下这类人群缴纳个税金额的分布列与期望．
22．（10分）设函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意都有，求实数的取值范围．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
两复数相等，实部与虚部对应相等.
【详解】
由，
得，即a，b＝1．
∴b＝9a．
故选：C．
本题考查复数的概念，属于基础题.
2．D
【解析】
依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可.
【详解】
解：，因为，，
所以，在上单调递增，
则在上的值域为，
因为所有点所构成的平面区域面积为，
所以，
解得，
故选：D.
本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题．
3．C
【解析】
根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果.
【详解】
由题可知：直线过定点
且在是关于对称
如图

通过图像可知：直线与最多有9个交点
同时点左、右边各四个交点关于对称
所以
故选：C
本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.
4．B
【解析】
由函数解析式中含绝对值，所以去绝对值并画出函数图象，结合图象即可求得在上的最大值和最小值.
【详解】
依题意，，
作出函数的图象如下所示；

由函数图像可知，当时，有最大值，
当时，有最小值.
故选：B.
本题考查了绝对值函数图象的画法，由函数图象求函数的最值，属于基础题.
5．C
【解析】
，
∴，当且仅当 时取等号.
故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C．
6．A
【解析】
先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.
【详解】
当时，，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.
在同一直角坐标系内画出函数和的图象如下图的所示：

利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.
故选：A
本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.
7．B
【解析】
直接进行集合的并集、交集的运算即可．
【详解】
解：；
∴．
故选：B．
本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.
8．A
【解析】
利用复数的乘法运算可求得结果.
【详解】
由复数的乘法法则得.
故选：A.
本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题.
9．C
【解析】
直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
【详解】
由得：
本题正确选项：
本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．
10．B
【解析】
根据题意，分析可得,由余弦定理求得的值，由可得结果.
【详解】
根据题意，，则
在中，又,
则
则
则
则
故选：B
此题考查余弦定理和向量的数量积运算，掌握基本概念和公式即可解决，属于简单题目.
11．C
【解析】
根据双曲线的标准方程，即可写出渐近线方程.
【详解】
双曲线,
双曲线的渐近线方程为，
故选：C
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.
12．C
【解析】
根据全称量词命题的否定是存在量词命题，即得答案.
【详解】
全称量词命题的否定是存在量词命题，且命题：，，
.
故选：.
本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．3
【解析】
设直线AB的方程为y＝kx+1，则直线AC的方程可设为yx+1，（k≠0），联立方程得到B（，），故S，令t，得S，利用均值不等式得到答案.
【详解】
设直线AB的方程为y＝kx+1，则直线AC的方程可设为yx+1，（k≠0）
由消去y，得（1+a2k2）x2+2a2kx＝0，所以x＝0或x
∵A的坐标（0，1），∴B的坐标为（，k•1），即B（，），
因此AB•，
同理可得：AC•.
∴Rt△ABC的面积为SAB•AC•
令t，得S.
∵t2，∴S△ABC.
当且仅当，即t时，△ABC的面积S有最大值为.
解之得a＝3或a.
∵a时，t2不符合题意，∴a＝3.
故答案为：3.

本题考查了椭圆内三角形面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.
14．
【解析】
根据条件及向量数量积运算求得,连接,由三角形中线的性质表示出.根据向量的线性运算及数量积公式表示出,结合二次函数性质即可求得最小值.
【详解】
根据题意,连接,如下图所示:

在等腰三角形中,已知,
则由向量数量积运算可知
线段的中点分别为则

由向量减法的线性运算可得
所以

因为,代入化简可得
因为
所以当时, 取得最小值
因而
故答案为:
本题考查了平面向量数量积的综合应用,向量的线性运算及模的求法,二次函数最值的应用,属于中档题.
15．
【解析】
对函数求导，得出在处的一阶导数值，即得出所求切线的斜率，再运用直线的点斜式求出切线的方程.
【详解】
令，，所以，又，所求切线方程为，即.
故答案为：.
本题考查运用函数的导函数求函数在切点处的切线方程，关键在于求出在切点处的导函数值就是切线的斜率，属于基础题.
16．
【解析】
，，分类讨论即可.
【详解】
由已知，，，
若，则或
解得或，所以不等式的解集为.
故答案为：
本题考查分段函数的应用，涉及到解一元二次不等式，考查学生的计算能力，是一道中档题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）.
【解析】
(1) 以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系, 设底面正方形边长为再求解与平面的法向量,继而求得直线与平面所成角的正弦值即可.
(2)分别求解平面与平面的法向量,再求二面角的余弦值判断二面角大小即可.
【详解】
解：在正四棱锥中,底面正方形的对角线交于点
所以平面取的中点的中点
所以两两垂直,故以点为坐标原点,
以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系．

设底面正方形边长为
因为
所以
所以,
所以,
设平面的法向量是,
因为,,
所以,,
取则,
所以
所以,
所以直线与平面所成角的正弦值为．
设平面的法向量是,
因为,,
所以,
取则
所以,
由知平面的法向量是,
所以
所以,
所以锐二面角的大小为．
本题主要考查了建立平面直角坐标系求解线面夹角以及二面角的问题,属于中档题.
18．（1）；（2）
【解析】
（1）根据横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，由抛物线的定义得到求解.
（2）设过点的直线方程为，根据直线与圆相切，则有，整理得：，根据题意，建立，将韦达定理代入求解.
【详解】
（1）因为横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，
由抛物线的定义得：，
解得:.
（2）设过点的直线方程为，
因为直线与圆相切，
所以，
整理得：，
，
由题意得：
所以，，
因为，
所以，
所以.
本题主要考查抛物线的定义及点与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
19．（1）；（2）或
【解析】
（1）由椭圆的定义可知，焦点三角形的周长为，从而求出.写出直线的方程，与椭圆方程联立，根据交点横坐标为，求出和，从而写出椭圆的方程；
（2）设出P、Q两点坐标，由可知点为的重心，根据重心坐标公式可将点用P、Q两点坐标来表示.由点在圆O上，知点M的坐标满足圆O的方程，得式.为直线l与椭圆的两个交点，用韦达定理表示，将其代入方程，再利用求得的范围，最终求出实数的取值范围.
【详解】
解：（1）由题意知.
，
直线的方程为
∵直线与椭圆的另一个交点的横坐标为

解得或(舍去)
，
∴椭圆的方程为
（2）设
.
∴点为的重心，

∵点在圆上，

由得
，
代入方程，得
，
即
由得

解得.

或
本题考查了椭圆的焦点三角形的周长，标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系，其中重心坐标公式、韦达定理的应用是关键.考查了学生的运算能力，属于较难的题.
20．（1）证明见解析； （2）.
【解析】
（1）利用已知条件化简出，当时，，当时，再利用进行化简，得出，即可证明出为等差数列；
（2）根据（1）中，求出数列的通项公式，再化简出，可直接求出的前100项和．
【详解】
解：（1）由题意知，即，①
当时，由①式可得；
又时，有，
代入①式得，
整理得，
∴是首项为1，公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得，
∵是各项都为正数，∴，
∴，
又，
∴，
则，

，
即：.
∴的前100项和．
本题考查数列递推关系的应用，通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查分析解题能力和计算能力.
21．（1）李某月应缴纳的个税金额为元，（2）分布列详见解析，期望为1150元
【解析】
（1）分段计算个人所得税额；
（2）随机变量X的所有可能的取值为990，1190，1390，1590，分别求出各值对应的概率，列出分布列，求期望即可．
【详解】
解：（1）李某月应纳税所得额（含税）为：29600−5000−1000−2000＝21600元
不超过3000的部分税额为3000×3%＝90元
超过3000元至12000元的部分税额为9000×10%＝900元，
超过12000元至25000元的部分税额为9600×20%＝1920元
所以李某月应缴纳的个税金额为90＋900＋1920＝2910元，
（2）有一个孩子需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000−1000−2000＝12000元，
月应缴纳的个税金额为：90＋900＝990元
有一个孩子不需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000−1000＝14000元，
月应缴纳的个税金额为：90＋900＋400＝1390元；
没有孩子需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000−2000＝13000元，
月应缴纳的个税金额为：90＋900＋200＝1190元；
没有孩子不需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000＝15000元，
月应缴纳的个税金额为：90＋900＋600＝1590元；
．
所以随机变量X的分布列为：

990
1190
1390
1590

．
本题考查了分段函数的应用与函数值计算，考查了随机变量的概率分布列与数学期望，属于中档题．
22．（1）（2）
【解析】
利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集，
对恒成立，则，
由三角不等式，得求解
【详解】
解：当时，不等式即为，
可得或或，
解得或或，
则原不等式的解集为
若对任意、都有，
即为，
由，当取得等号，
则，由，可得，
则的取值范围是
本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题. （1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题.