湖南省永州市祁阳市第一中学2025届高三上学期期中考试数学试题（解析版）

第1页/共1页2024-2025学年祁阳一中第一学期期中考试试题高三数学2024.11.13注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．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，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化简集合，再利用集合间的包含关系，即可求得实数的取值范围.【详解】，由，可得，又，则.故选：A2.若，则复数的共轭复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法，化简整理为标准型，结合共轭复数与虚部的定义，可得答案.【详解】，则，所以复数的共轭复数的虚部是.故选：B.3.已知和的夹角为，且，则（）A. B. C.3 D.9【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.【详解】故选：C4.设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确.【详解】A选项：如图：在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误；B选项：如图：在正方体中，，此时，B选项错误；D选项：如图：在正方体中：，此时，D选项错误；C选项：如图：过作平面，使得，，∵，∴，则，又∵，∴，∴，C选项正确.故选：C.5.已知，都是锐角，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，化切为弦得，代入即可求解.【详解】由题意，又，所以，即，所以，所以.故选：D6.设，分别是椭圆的右顶点和上焦点，点在上，且，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出点的坐标，借助向量坐标运算求出点坐标，代入椭圆方程求解即得.【详解】令椭圆半焦距为c，依题意，，由，得，则，而点在椭圆上，于是，解得，所以的离心率为.故选：A7.已知函数的定义域为，且为奇函数，，则一定正确的是（）A.的周期为2 B.图象关于直线对称C.为偶函数 D.为奇函数【答案】D【解析】【分析】根据函数奇偶性、对称性及周期性对选项逐一分析即可.【详解】为奇函数，得，即，则为奇函数，故C错误；且图象关于点中心对称，故B错误；可知，函数周期为4，故A错误；，又图象关于点中心对称，知，所以，得关于点对称，则关于点对称，所以为奇函数，故D正确.故选：D.8.已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时在区间上的零点个数为（）A.466 B.467 C.932 D.933【答案】B【解析】【分析】方法一：根据的范围，确定的范围，结合已知条件以及函数的零点，得且，分别验证、、确定的范围，求出的最大值，代入函数解析式即可求解；方法二：利用换元的令，根据的范围，确定的范围，由，得出的范围，结合图象性质，以及已知条件，最终确定的最大值，代入函数解析式即可求解.【详解】方法一：由题意，函数，可得函数的周期为，因为，可得，又由函数在区间上有且仅有一个零点，且满足，且，可得，即，且，当时，，解得，所以；当时，，解得，所以；当时，，解得，此时解集为空集，综上可得，实数的取值范围为.所以，得，，则，解得，令，则有，解得，即，因为，所以共有467个零点.方法二：由题意，函数，可得函数的周期为，因为，可设，则，又函数在区间上有且仅有一个零点，可得，所以，则由图象性质，可知，得，即.或者，得，即.所以最大为，得.，则，解得.令，则有：，解得：，即，因为，所以共有467个零点.故选：B.【点睛】思路点睛：对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有个零点，需要确定含有个零点的区间长度，一般和周期相关.二.多项选择题：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.下列关于平面向量的说法中正确的是（）A.不共线，且，则.B.若向量，且与的夹角为钝角，则的取值范围是C.已知，则在上的投影的坐标为D.已知点为的垂心，则【答案】BD【解析】【分析】求得三向量间的关系判断选项A；求得的取值范围判断选项B；求得在上的投影的坐标判断选项C；求得三者间的关系判断选项D.【详解】选项A：不共线，且，则，则即.判断错误；选项B：向量，且与的夹角为钝角，则，解之得或或则的取值范围是.判断正确；选项C：在上的投影向量为，则在上的投影的坐标为.判断错误；选项D：点为的垂心，则,则，则，由可得，则，即，由，可得，则,即，故判断正确.故选：BD10.为加强学生体质健康，某中学积极组织学生参加课外体育活动.现操场上甲、乙两人玩投篮游戏，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则继续投篮，若未投中，则换另一人投篮.假设甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由掷两枚硬币的方式确定第一次投篮的人选（一正一反向上是甲投篮，同正或同反是乙投篮），以下选项正确的是（）A.第一次投篮的人是甲的概率为B.已知第二次投篮的人是乙的情况下，第一次投篮的人是甲的概率为C.第二次投篮的人是甲的概率为D.设第次投篮的人是甲的概率为，则【答案】BCD【解析】【分析】根据古典概型的概率公式可判断A选项，结合条件概率的公式可判断B选项，根据概率的加法公式及对立事件的概率公式可判断C和D选项.【详解】掷两枚硬币向上的结果有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共有种情况，记事件：向上的结果一正一反，记事件：向上的结果同正或同反，则，故选项A错误，对于B选项，设事件：第一次投篮的人是甲，事件：第二次投篮的人是乙，则,，则，所以B选项正确，对于C选项，第二次投篮的人是甲的概率为，所以C选项正确，对于D选项，由已知，当时，，即，所以D选项正确；故选：BCD.11.如图，圆锥的底面直径和母线长均为6，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（）A.当时，直线与所成角的余弦值为B.当时，四面体的体积为C当且面时，D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】对于A，算出各个线段长度，将异面直线通过转化化为同面直线，根据余弦定理求解即可；对于B，根据题意先计算出四面体的体积，又因四面体中一个底面积是原来的四分之一，故可求解；对于C，法一：根据中位线定理，即可判断，法二：构建空间坐标系，将各点表示出来，同时设平面的一个法向量为n=x,y,z，根据向量运算法则，根据可求解；对于D，法一：求出所需线段，根据余弦定理可求出，代入求解即可，法二：解出，同时，根据，则，即可求解.【详解】由题意可知是边长为6的等边三角形，，，.时，为的中点，取得，为直线与所成角或其补角，又根据余弦定理可得，再根据余弦定理可求得,所以,，.则，故A正确；在中，，，得，，且，则四面体的体积为.，为的中点，为的中点，故四面体体积为四面体体积的四分之一，得四面体体积为，故B错误；对于CD选项：【法一】当时，取的中点，则，所以面过作交于，所以面，此时为的中点,又因相较于点，所以面面，得面，所以，故C正确；当时，，面内过作交于，则面，面，故此时得到的，中，，由余弦定理得，，，得，则，故D正确.故选：ACD【法二】则以为坐标原点，过点与垂直的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，，，，，，得，，，对于C，，则，，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，，可取.面时，得，解得.故C正确.对于D，，由得，，.故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：，则这组数据的第75百分位数是______.【答案】##【解析】【分析】根据题意，利用百分位数的定义和计算方法，即可求解.【详解】将数据从小到大排序得，因为，所以第75百分位数是.故答案为：.13.已知，且，则_____________.【答案】或【解析】【分析】根据条件，利用换底公式得到，从而得到或，即可求解.【详解】因为，整理得到，解得或，所以或，故答案为：或.14.设，是双曲线：（，）的左、右焦点，点是右支上一点，若的内切圆的圆心为，半径为，且，使得，则的离心率为______．【答案】2【解析】【分析】设在第一象限，则点也在第一象限，根据得到，由两种方法求解的面积，得到方程，求出，结合，求出，由两点间距离公式得到，求出，故，代入双曲线方程，求出，得到离心率.【详解】不妨设在第一象限，则点也在第一象限，设，，因为，所以，故，，又，故，解得，由双曲线定义得，故，，又，又，故，故，又，故，，故，将代入中，得，解得，所以的离心率为.故答案为：2【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).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.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为等边三角形且垂直于底面.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法一：先证，再由线面垂直的判定定理证明面，即可得证；法二：建系，由空间向量的坐标运算代入计算，即可证明；（2）法一：建系，由面面角的向量求法，代入计算，即可得到结果；法二：由面面角的定义，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】法一：证明：如图所示，取中点，为等边三角形，，又面垂直于底面，交线为，得面，又面.底面为直角梯形，，，，，，所以，，，所以，得，又，得面，面，所以.法二：取中点，为等边三角形且垂直于底面，交线为，则，得面，又因为，，，可设，则以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，得，，，得，，所以，得.【小问2详解】法一：由（1）知面，不妨设，则，以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，得，，，，，；设平面的一个法向量为，则，，可取；设平面的一个法向量为，则，即，可取.设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的正弦值为.法二：不妨设，为等边三角形且垂直于底面，交线为，底面为直角梯形，，，所以面，又，得面，面，得面面，交线为，取的中点，则，等边边长为2，则，，则面，则点到面的距离等于点到面的距离为，因为面，面，，均为直角三角形，，得，，.作，可得，所以平面与平面夹角的正弦值为.16.在中，内角，，的对边分别为，，，．（1）求；（2）若角的平分线交边于点，，求面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和差的正弦公式化简即可得解；（2）根据角平分线性质，求得和，再将转化为与的关系，利用基本不等式求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得，则，即，又，所以，所以，又，所以，所以，所以；【小问2详解】如图，由题意及第（1）问知，，且，∴，∴，化简得，∵，，∴由基本不等式得，∴，当且仅当时，等号成立，∴，∴，故的面积的最小值为.17.在数列中，，其前n项和为，且（且）.（1）求的通项公式；（2）设数列满足，其前项和为，若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用的关系得，结合累乘法可得通项；（2）根据（1）的结论得出，由错位相减法得，再分离参数，根据基本不等式计算即可.【小问1详解】因为，代入，整理得，所以，以上个式子相乘得，.当时，，符合上式，所以.【小问2详解】.所以，①，②①②得，，所以.由得：，因为，当且仅当时，等号成立，所以，即的取值范围是.18.已知函数．（1）当时，判断在上的单调性，并说明理由；（2）当时，恒成立，求的取值范围；（3）设，在的图象上有一点列，直线的斜率为，求证：．【答案】（1）在上单调递减，理由见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用多次求导的方法来判断出在上的单调性.（2）利用多次求导的方法，结合恒成立，列不等式来求得的取值范围.（3）根据（2）的结论，得到，求得的不等关系式，然后根据分组求和法以及等比数列的前项和公式证得不等式成立.【小问1详解】在上单调递减，理由如下：当时，，，，所以函数在上单调递减，当时，，所以，所以，所以在上单调递减.【小问2详解】当时，恒成立①，当时，②，，设，时，，设，当时，，，要使①恒成立，由于②，则需恒成立，所以恒成立，所以，.此时，在0,+∞上单调递增，，在0,+∞上单调递增，，在0,+∞上单调递增，使得恒成立.综上所述，的取值范围是.【小问3详解】由（2）可知，当，时，恒成立，即时，恒成立，下证：，时，，由上述分析可知，，即，则，所以，，即得证【点睛】思路点睛：用导数分析单调性：首先对函数进行多次求导，通过分析导数符号来判断函数在不同区间的单调性，这一步为后续的不等式恒成立条件的推导奠定了基础.结合不等式求参数范围：通过设定不等式恒成立，结合函数的单调性，逐步推导出参数的取值范围.利用等比数列和斜率关系进行证明：在小问3中，通过对等比数列的求和以及利用斜率条件，成功证明了所需的不等式.19.