湖南省永州市祁陽市第一中學2025屆高三上學期期中考試數(shù)學試題（解析版）

第1頁/共1頁2024-2025學年祁陽一中第一學期期中考試試題高三數(shù)學2024.11.13注意事項：1．本試卷考試時間為120分鐘，試卷滿分150分，考試形式閉卷．2．本試卷中所有試題必須作答在答題卡上規(guī)定的位置，否則不給分．3．答題前，務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在試卷及答題卡上．一、選擇題：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，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化簡集合，再利用集合間的包含關系，即可求得實數(shù)的取值范圍.【詳解】，由，可得，又，則.故選：A2.若，則復數(shù)的共軛復數(shù)的虛部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的除法，化簡整理為標準型，結合共軛復數(shù)與虛部的定義，可得答案.【詳解】，則，所以復數(shù)的共軛復數(shù)的虛部是.故選：B.3.已知和的夾角為，且，則（）A. B. C.3 D.9【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量數(shù)量積運算求得正確答案.【詳解】故選：C4.設是兩個平面，是兩條直線，則下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】作出滿足條件的圖，舉出反例，排除ABD選項，作出滿足條件的圖，并證明，得到C選項正確.【詳解】A選項：如圖：在正方體中，，此時與夾角為，A選項錯誤；B選項：如圖：在正方體中，，此時，B選項錯誤；D選項：如圖：在正方體中：，此時，D選項錯誤；C選項：如圖：過作平面，使得，，∵，∴，則，又∵，∴，∴，C選項正確.故選：C.5.已知，都是銳角，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】運用兩角和與差的正弦公式展開，化切為弦得，代入即可求解.【詳解】由題意，又，所以，即，所以，所以.故選：D6.設，分別是橢圓的右頂點和上焦點，點在上，且，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出點的坐標，借助向量坐標運算求出點坐標，代入橢圓方程求解即得.【詳解】令橢圓半焦距為c，依題意，，由，得，則，而點在橢圓上，于是，解得，所以的離心率為.故選：A7.已知函數(shù)的定義域為，且為奇函數(shù)，，則一定正確的是（）A.的周期為2 B.圖象關于直線對稱C.為偶函數(shù) D.為奇函數(shù)【答案】D【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性、對稱性及周期性對選項逐一分析即可.【詳解】為奇函數(shù)，得，即，則為奇函數(shù)，故C錯誤；且圖象關于點中心對稱，故B錯誤；可知，函數(shù)周期為4，故A錯誤；，又圖象關于點中心對稱，知，所以，得關于點對稱，則關于點對稱，所以為奇函數(shù)，故D正確.故選：D.8.已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，當最大時在區(qū)間上的零點個數(shù)為（）A.466 B.467 C.932 D.933【答案】B【解析】【分析】方法一：根據(jù)的范圍，確定的范圍，結合已知條件以及函數(shù)的零點，得且，分別驗證、、確定的范圍，求出的最大值，代入函數(shù)解析式即可求解；方法二：利用換元的令，根據(jù)的范圍，確定的范圍，由，得出的范圍，結合圖象性質，以及已知條件，最終確定的最大值，代入函數(shù)解析式即可求解.【詳解】方法一：由題意，函數(shù)，可得函數(shù)的周期為，因為，可得，又由函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，且滿足，且，可得，即，且，當時，，解得，所以；當時，，解得，所以；當時，，解得，此時解集為空集，綜上可得，實數(shù)的取值范圍為.所以，得，，則，解得，令，則有，解得，即，因為，所以共有467個零點.方法二：由題意，函數(shù)，可得函數(shù)的周期為，因為，可設，則，又函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，可得，所以，則由圖象性質，可知，得，即.或者，得，即.所以最大為，得.，則，解得.令，則有：，解得：，即，因為，所以共有467個零點.故選：B.【點睛】思路點睛：對于區(qū)間長度為定值的動區(qū)間，若區(qū)間上至少含有個零點，需要確定含有個零點的區(qū)間長度，一般和周期相關.二.多項選擇題：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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列關于平面向量的說法中正確的是（）A.不共線，且，則.B.若向量，且與的夾角為鈍角，則的取值范圍是C.已知，則在上的投影的坐標為D.已知點為的垂心，則【答案】BD【解析】【分析】求得三向量間的關系判斷選項A；求得的取值范圍判斷選項B；求得在上的投影的坐標判斷選項C；求得三者間的關系判斷選項D.【詳解】選項A：不共線，且，則，則即.判斷錯誤；選項B：向量，且與的夾角為鈍角，則，解之得或或則的取值范圍是.判斷正確；選項C：在上的投影向量為，則在上的投影的坐標為.判斷錯誤；選項D：點為的垂心，則,則，則，由可得，則，即，由，可得，則,即，故判斷正確.故選：BD10.為加強學生體質健康，某中學積極組織學生參加課外體育活動.現(xiàn)操場上甲、乙兩人玩投籃游戲，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若投中，則繼續(xù)投籃，若未投中，則換另一人投籃.假設甲每次投籃的命中率均為，乙每次投籃的命中率均為，由擲兩枚硬幣的方式確定第一次投籃的人選（一正一反向上是甲投籃，同正或同反是乙投籃），以下選項正確的是（）A.第一次投籃的人是甲的概率為B.已知第二次投籃的人是乙的情況下，第一次投籃的人是甲的概率為C.第二次投籃的人是甲的概率為D.設第次投籃的人是甲的概率為，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)古典概型的概率公式可判斷A選項，結合條件概率的公式可判斷B選項，根據(jù)概率的加法公式及對立事件的概率公式可判斷C和D選項.【詳解】擲兩枚硬幣向上的結果有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共有種情況，記事件：向上的結果一正一反，記事件：向上的結果同正或同反，則，故選項A錯誤，對于B選項，設事件：第一次投籃的人是甲，事件：第二次投籃的人是乙，則,，則，所以B選項正確，對于C選項，第二次投籃的人是甲的概率為，所以C選項正確，對于D選項，由已知，當時，，即，所以D選項正確；故選：BCD.11.如圖，圓錐的底面直徑和母線長均為6，其軸截面為，為底面半圓弧上一點，且，，，則（）A.當時，直線與所成角的余弦值為B.當時，四面體的體積為C當且面時，D.當時，【答案】ACD【解析】【分析】對于A，算出各個線段長度，將異面直線通過轉化化為同面直線，根據(jù)余弦定理求解即可；對于B，根據(jù)題意先計算出四面體的體積，又因四面體中一個底面積是原來的四分之一，故可求解；對于C，法一：根據(jù)中位線定理，即可判斷，法二：構建空間坐標系，將各點表示出來，同時設平面的一個法向量為n=x,y,z，根據(jù)向量運算法則，根據(jù)可求解；對于D，法一：求出所需線段，根據(jù)余弦定理可求出，代入求解即可，法二：解出，同時，根據(jù)，則，即可求解.【詳解】由題意可知是邊長為6的等邊三角形，，，.時，為的中點，取得，為直線與所成角或其補角，又根據(jù)余弦定理可得，再根據(jù)余弦定理可求得,所以,，.則，故A正確；在中，，，得，，且，則四面體的體積為.，為的中點，為的中點，故四面體體積為四面體體積的四分之一，得四面體體積為，故B錯誤；對于CD選項：【法一】當時，取的中點，則，所以面過作交于，所以面，此時為的中點,又因相較于點，所以面面，得面，所以，故C正確；當時，，面內過作交于，則面，面，故此時得到的，中，，由余弦定理得，，，得，則，故D正確.故選：ACD【法二】則以為坐標原點，過點與垂直的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意得，，，，，，得，，，對于C，，則，，設平面的一個法向量為n=x,y,z則，，可取.面時，得，解得.故C正確.對于D，，由得，，.故D正確.故選：ACD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知某學校參加學科節(jié)數(shù)學競賽決賽的8人的成績（單位：分）為：，則這組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)是______.【答案】##【解析】【分析】根據(jù)題意，利用百分位數(shù)的定義和計算方法，即可求解.【詳解】將數(shù)據(jù)從小到大排序得，因為，所以第75百分位數(shù)是.故答案為：.13.已知，且，則_____________.【答案】或【解析】【分析】根據(jù)條件，利用換底公式得到，從而得到或，即可求解.【詳解】因為，整理得到，解得或，所以或，故答案為：或.14.設，是雙曲線：（，）的左、右焦點，點是右支上一點，若的內切圓的圓心為，半徑為，且，使得，則的離心率為______．【答案】2【解析】【分析】設在第一象限，則點也在第一象限，根據(jù)得到，由兩種方法求解的面積，得到方程，求出，結合，求出，由兩點間距離公式得到，求出，故，代入雙曲線方程，求出，得到離心率.【詳解】不妨設在第一象限，則點也在第一象限，設，，因為，所以，故，，又，故，解得，由雙曲線定義得，故，，又，又，故，故，又，故，，故，將代入中，得，解得，所以的離心率為.故答案為：2【點睛】方法點睛：雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于離心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得離心率(離心率的取值范圍).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.如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，為等邊三角形且垂直于底面.（1）求證：；（2）求平面與平面夾角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）法一：先證，再由線面垂直的判定定理證明面，即可得證；法二：建系，由空間向量的坐標運算代入計算，即可證明；（2）法一：建系，由面面角的向量求法，代入計算，即可得到結果；法二：由面面角的定義，代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】法一：證明：如圖所示，取中點，為等邊三角形，，又面垂直于底面，交線為，得面，又面.底面為直角梯形，，，，，，所以，，，所以，得，又，得面，面，所以.法二：取中點，為等邊三角形且垂直于底面，交線為，則，得面，又因為，，，可設，則以為坐標原點，過點與平行的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，得，，，得，，所以，得.【小問2詳解】法一：由（1）知面，不妨設，則，以為坐標原點，過點與平行的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，得，，，，，；設平面的一個法向量為，則，，可取；設平面的一個法向量為，則，即，可取.設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的正弦值為.法二：不妨設，為等邊三角形且垂直于底面，交線為，底面為直角梯形，，，所以面，又，得面，面，得面面，交線為，取的中點，則，等邊邊長為2，則，，則面，則點到面的距離等于點到面的距離為，因為面，面，，均為直角三角形，，得，，.作，可得，所以平面與平面夾角的正弦值為.16.在中，內角，，的對邊分別為，，，．（1）求；（2）若角的平分線交邊于點，，求面積的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化邊為角，再根據(jù)三角形內角和定理結合兩角和差的正弦公式化簡即可得解；（2）根據(jù)角平分線性質，求得和，再將轉化為與的關系，利用基本不等式求解即可.【小問1詳解】因為，由正弦定理得，則，即，又，所以，所以，又，所以，所以，所以；【小問2詳解】如圖，由題意及第（1）問知，，且，∴，∴，化簡得，∵，，∴由基本不等式得，∴，當且僅當時，等號成立，∴，∴，故的面積的最小值為.17.在數(shù)列中，，其前n項和為，且（且）.（1）求的通項公式；（2）設數(shù)列滿足，其前項和為，若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用的關系得，結合累乘法可得通項；（2）根據(jù)（1）的結論得出，由錯位相減法得，再分離參數(shù)，根據(jù)基本不等式計算即可.【小問1詳解】因為，代入，整理得，所以，以上個式子相乘得，.當時，，符合上式，所以.【小問2詳解】.所以，①，②①②得，，所以.由得：，因為，當且僅當時，等號成立，所以，即的取值范圍是.18.已知函數(shù)．（1）當時，判斷在上的單調性，并說明理由；（2）當時，恒成立，求的取值范圍；（3）設，在的圖象上有一點列，直線的斜率為，求證：．【答案】（1）在上單調遞減，理由見解析（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）利用多次求導的方法來判斷出在上的單調性.（2）利用多次求導的方法，結合恒成立，列不等式來求得的取值范圍.（3）根據(jù)（2）的結論，得到，求得的不等關系式，然后根據(jù)分組求和法以及等比數(shù)列的前項和公式證得不等式成立.【小問1詳解】在上單調遞減，理由如下：當時，，，，所以函數(shù)在上單調遞減，當時，，所以，所以，所以在上單調遞減.【小問2詳解】當時，恒成立①，當時，②，，設，時，，設，當時，，，要使①恒成立，由于②，則需恒成立，所以恒成立，所以，.此時，在0,+∞上單調遞增，，在0,+∞上單調遞增，，在0,+∞上單調遞增，使得恒成立.綜上所述，的取值范圍是.【小問3詳解】由（2）可知，當，時，恒成立，即時，恒成立，下證：，時，，由上述分析可知，，即，則，所以，，即得證【點睛】思路點睛：用導數(shù)分析單調性：首先對函數(shù)進行多次求導，通過分析導數(shù)符號來判斷函數(shù)在不同區(qū)間的單調性，這一步為后續(xù)的不等式恒成立條件的推導奠定了基礎.結合不等式求參數(shù)范圍：通過設定不等式恒成立，結合函數(shù)的單調性，逐步推導出參數(shù)的取值范圍.利用等比數(shù)列和斜率關系進行證明：在小問3中，通過對等比數(shù)列的求和以及利用斜率條件，成功證明了所需的不等式.19.