湖南省邵阳市武冈市2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题 含解析

2024年下学期期中考试试卷高三数学注意事项：1．本试卷考试时量120分钟，满分150分；2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；3．请将答案填写在答题卡上，写在本试卷上无效，请勿折叠答题卡，答题卡上不得使用涂改液、涂改胶和贴纸，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁.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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题知，，再求集合交集运算即可.【详解】解：因为，所以，即，因为，解得，所以，所以，.故选：D2.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选：B3.已知则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用对数的定义及对数运算法则计算即得.【详解】依题意，由，得，则，，所以.故选：D4.若向量满足，则（）A. B. C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】由已知结合向量数量积的性质即可求解．【详解】因为向量，满足，，，所以，即，所以，则．故选：A．5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.【详解】因为，所以.故选：C6.已知在四边形中，，，，则的长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】在中，由正弦定理求得，再在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】在中，由，且，可得，由正弦定理得，所以，在中，由余弦定理得，所以．故选：D.7.已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以为整体，根据题意结合零点可得，结合对称性可得，进而可求.【详解】因为，且，则，由题意可得：，解得，又因为直线为函数图象的一条对称轴，则，解得，可知，即，所以.故选：C.【点睛】关键点点睛：以为整体，可得，结合正弦函数零点分析可知右端点的取值范围，进而可得的取值范围.8.已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将四面体放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断的轨迹，然后求解即可．【详解】将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，，，依题意，可知，，则，，，解得，，由于，即异面直线和的距离为，由于长方体的左右侧面为正方形，所以，取中点，连接，则左侧面，在左侧面，所以，又平面，故平面，四面体外接球半径为，球心为，由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，圆心为，过作球的一个轴截面，所以，且，，且，解得，所以的轨迹长度为．故选：D．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若，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】对A、B：利用作差法分析判断；对C、D：根据基本不等式分析判断.【详解】对A、B：∵，则，∴，即，，A、B正确；对C∵，例如，则，显然不满足，C错误；对D：∵，则，∴，D正确.故选：ABD.10.如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（）A.若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为B.若AP=，则点P的轨迹长度为C.若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是D.若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是【答案】ACD【解析】【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D【详解】分别取棱，的中点M，N，连接，易证，，平面，平面，所以平面，且平面，平面，所以平面，又平面，则平面平面，因为平面，且P是正方形内的动点，所以点Р的轨迹是线段.因为，所以，因为，所以，故A正确.因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆，则点Р的轨迹长度为，则B错误.以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系.由题中数据可知则，，.设平面CEF的法向量为，则，得.设直线AР与平面CEF所成的角为，则.因为，所以，所以，所以，则，故C正确.Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2.如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得，从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确.故选：ACD11.已知数列的前项和为，且，若，则（）A.是等比数列 B.是等比数列C.是等差数列 D.是等差数列【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，结合等比数列的定义和等差数列的定义及判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】因为数列前项和为，且，对于A中，由，且，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以A正确；对于B中，由，且，所以数列是以，公比为的等比数列，所以B正确；对于C中，由，可得，即时，，又由，，所以的奇数项均为0，偶数项均为．所以的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，所以C错误．对于D中，当时，即，所以是每项均为的常数列，也是等差数列，所以D正确．故选：ABD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分)12.已知点为平面内不同的四点，若，且，则______【答案】【解析】【分析】利用向量的线性运算，即可得解.【详解】由得：，即，又因为，所以,故答案为：.13.在中，角A，，所对的边分别为，，，．且，则______．【答案】##【解析】【分析】由余弦定理得到，并化切为弦，结合正弦定理和余弦定理求出，从而得到，，从而利用余弦定理求出答案.【详解】由得，，由余弦定理得，故，所以，，故，所以，即，由正弦定理得，因为，所以，故，即，由和得，故故，故故.故答案为：14.对任意，不等式恒成立，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】把不等式转化为，记，则原不等式转化为恒成立，画出f(x)的图像，然后用数形结合和图像变换的思想来解题即可.【详解】解：不等式等价于，记，则原不等式等价于.所以，不等式恒成立等价于不等式恒成立.而，且图像如下图所示：若，则不等式恒成立；若，可以看作是f(x)向左或向右平移个单位，不等式恒成立可以看作是的图像在f(x)的上方或函数值相等.所以要使的图像在f(x)的上方或函数值相等只能把f(x)的图像向左平移至少1个单位得到，如下图所示：所以：.故答案为：.【点睛】本题主要考查绝对值不等式、图像变换、数形结合的思想，属于综合性题目.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.已知椭圆C：（）的一个焦点为，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，若面积为，求直线方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出，从而求出，即可求解方程；（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理求出弦长，利用点到直线距离求出高，根据面积建立方程求解即可.【小问1详解】由焦点为得，又离心率，得到，所以，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】设Ax1,联立，消y得，，得到，由韦达定理得，，，又因为，又原点到直线的距离为，所以，所以，所以，即，满足，所以直线l的方程为.16.“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.（1）若，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望；（2）现有两种赛制：赛制一：采用3局2胜制，赛制二：采用5局3胜制，乙选手要想获胜概率大，应选哪种赛制？并说明理由.【答案】（1）分布列见解析，（2）选方案一3局2胜制，理由见解析【解析】【分析】（1）因为，所以比赛采用3局2胜制，求出的所有可能取值及其概率，再由均值公式求解即可.（2）由独立事件的概率公式分别求出3局2胜制和5局3胜制的概率，比较大小即可得出答案.【小问1详解】因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3，，，的分布列为23所以.【小问2详解】应选择方案一3局2胜制，理由如下：若选赛制一3局2胜制时，记乙获胜为事件A，则，若选赛制二5局3胜制时，记乙获胜为事件B，则因为，所以选方案一3局2胜制.17.如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，（1）求证：平面；（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为m=x,y,z，易得平面的一个法向量为n=0,1,0，然后由求解.【小问1详解】证明：如图所示：分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.∵，∴，∴，取的中点，连接，，∵，且，∴四边形为平行四边形.∴，又平面，平面，∴平面；【小问2详解】由于，所以，又梯形面积为，设到平面距离为，则，得.而，平面，平面，所以平面，所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，而，所以平面.以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，易得为等边三角形，所以A0,0,0，，，，设平面的法向量为m=x,y,z则，得，，不妨取，又平面的一个法向量为n=0,1,0则，平面与平面夹角的余弦值为.18.设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．（1）判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；（2）已知，．证明：点是的0度点；（3）求函数的全体2度点构成的集合．【答案】（1）是函数的一个1度点；不是函数的1度点（2）证明见解析（3）或【解析】【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.【小问1详解】设，则曲线在点处的切线方程为．则该切线过点当且仅当，即．故原点是函数的一个1度点，该切线过点，故，令，则，令得，令得，故在上单调递增，在上单调递减，在x=1处取得极小值，也时最小值，且，故无解，点不是函数的一个1度点【小问2详解】设，，则曲线在点处的切线方程为．则该切线过点当且仅当（*）．设，则当时，，故在区间上严格增．因此当时，，（*）恒不成立，即点是y=gx的一个0度点．【小问3详解】，对任意，曲线在点处的切线方程为．故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．设．则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．若，则在R上严格增，只有一个实数解，不合要求．若，因为，由或时得严格增；而当时，得严格减．故在时取得极大值，在时取得极小值．又因为，，所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；当时，仅上有一个零点，不合要求；当时，仅上有一个零点，也不合要求．故两个不同的零点当且仅当或．若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．综上，的全体2度点构成的集合为或．【点睛】方法点睛：针对一般的函数新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.19.已知无穷数列中，，记，，．（1）若为2，0，2，4，2，0，2，4，…，是一个周期为4的数列（即，），直接写出，，，的值；（2）若为周期数列，证明：，使得当时，是常数；（3）设是非负整数，证明：的充分必要条件为为公差为的等差数列．【答案】（1），，，（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据定义可