精品解析：湖南省湘西自治州2024-2025学年高三上学期州自检数学试卷

绝密★启用前 高三数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（ ） A. 18种 B. 21种 C. 24种 D. 36种 5. 已知均为单位向量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 7. 已知函数的最小正周期为10，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知随机变量，记，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 11. 已知正项数列满足且，则下列说法正确的（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________． 13. 已知平面平面与平面所成的角为，且，两点在平面的同一侧，，则________． 14. 已知实数x，y满足，则________． 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. 记为等比数列的前n项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设求数列的前20项和． 16. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 18. 已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点． （1）求C的方程； （2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明： （ⅰ）存在常数，满足； （ⅱ）的面积为定值． 19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足． 注：． 设函数在处的阶帕德近似为． （1）求的解析式； （2）证明：当时，； （3）设函数，若是的极大值点，求k的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 高三数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件求出集合，计算. 【详解】由题意得，， ∵， ∴. 故选：B. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算可得答案. 【详解】若复数满足， 则. 故选：D. 3. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的定义及性质直接判断. 【详解】由， 设，则且为偶函数， 所以为偶函数， 所以，，且， 即，化简可得， 解得，经检验，符合题意. 故选：C. 4. 三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（ ） A. 18种 B. 21种 C. 24种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】按分步乘法计数原理，首先选一人去大学，然后将剩余的三位同学分为两组2，1，再分配到两所学校即可求解. 【详解】第一步选一人去大学，则有（种）， 第二步将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，然后分配到两所学校， 则有（种）， 则不同的报名方法共有（种）， 故选：C. 5. 已知均为单位向量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的模的计算可得，结合二次函数可求最小值. 【详解】因为均为单位向量，且且， 所以， ， 当时，的最小值为. 故选：B. 6. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，求得首项与公差，可求. 【详解】等差数列的公差为，因为成等差数列， 所以，所以， 所以，所以，， 又因为成等比数列，所以， 所以，解得，解得， 所以. 故选：A. 7. 已知函数的最小正周期为10，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的基本关系式与倍角公式化简，从而利用余弦函数的周期公式求得，进而代入即可得解. 【详解】 ， 又的最小正周期为10，所以，解得， 则，则. 故选：C. 8. 过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可. 【详解】设，则，圆的圆心，半径为， 由切圆于点，得， 则 ， 当且仅当时，等号成立， 可知的最小值为， 整理可得，解得或， 且，所以，即. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解. 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. 已知随机变量，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质判断AB；根据期望和方差的性质判断CD. 【详解】由题意可知：，且， 可得，故A正确； 且， 即，所以，故B正确； 根据期望和方差的性质可知：，，故C错误，D正确； 故选：ABD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解. 【详解】对于A，连接， 在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以，， 所以，则平面与平面为同一平面， 所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误； 对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确； 对于C，连接， 因为，且，所以四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确； 对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知正项数列满足且，则下列说法正确的（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 【答案】AC 【解析】 【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质可得A正确；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质可得C正确；举反例设正项数列为常数列，利用求根公式求出可得D错误；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列，可得B错误； 【详解】对于A，若，则，即， 因为，所以， 因为，所以， 同理， 即数列为奇数项为2，偶数项为3的数列，（也称为不动点数列） 所以，故A正确； 对于C，若，则，即， 因为，所以，或（舍去） 由A选项的解析可得， 即数列为奇数项为3，偶数项为2的数列， 所以，故C正确； 对于D，假设正项数列为常数列，则， 即，解得， 又，即，即， 取代入上式，此时为无理数， 当，满足，此时且，故D错误； 对于B，若，由，即， 解得或7， 当时，由A解析可得，此时正项数列为不动点的奇偶常数列，此时； 当时，由变形为， 解得， 不妨取， 若，则， 现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，其一是能由已知递推关系发现数列为不动点型数列，（不要尝试去求解数列的通项，因为二次幂型递推关系可能有两个通项，难以判断），然后由选项入手可解决ACD，其二时能发现数列为递减数列可判断B选项. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值. 【详解】由， 则，解得， 故答案为：. 13. 已知平面平面与平面所成的角为，且，两点在平面的同一侧，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作平面，由线面角定义可知，则，进一步可得.由图可得，再利用模长的定义求值即可. 【详解】由平面，平面， 可知， 过点作平面，为垂足，连接， 则为与平面所成的角， 即， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以，所以. 又， 所以 ， 因为， 所以 ， 故 ， 所以，即的长为. 故答案为：. 14. 已知实数x，y满足，则________． 【答案】3 【解析】 【分析】设，利用同构结合二次方程的解可得，故可求的值. 【详解】设，则， 故即， 整理得到：， 故为方程的正根， 故，故，故， 故答案为：3. 【点睛】思路点睛：与对数有关的求值问题，应该利用指对数的转化把对数问题转化指数问题来处理，转化过程中注意观察所得代数式的结构便于利用同构策略处理, 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. 记为等比数列的前n项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设求数列的前20项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，得到的通项公式.（2）由（1）计算，利用分组求和的方法得出数列的前20项和. 【小问1详解】 由题意有：当时， 所以，所以等比数列的公比. 当时，由 有，，解得 所以 所以 【小问2详解】 由题意得，当为奇数时，， 当偶数时，， 所以 所以 16. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用正弦的和角公式得到，即可求角； （2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到，再利用三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 由，得到， 即，得到， 又，，所以， 又，得到. 【小问2详解】 由（1）知，因为 又， 所以 ， 即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以， 所以的面积为. 17. 如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 【答案】（1） 在中，，，， 由余弦定理，得到， 解得，所以，得到，又， 所以，即， 又平面，面，所以， 又，面，所以面，又面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，因为，，， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，得到，取，得到，即， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则，整理得到，解得， 所以. 【点睛】 18. 已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点． （1）求C的方程； （2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明： （ⅰ）存在常数，满足； （ⅱ）的面积为定值． 【答案】（1） （2） （ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2． 因为，所以直线BM的斜率为，方程为． 由，得， 所以， ． 因此． 同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为． 由，得， 所以， ， 因此 ． 则，即存在，满足． （ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为， 所以点P到直线MN的距离． 而， 所以的面积为定值． 【解析】 【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可. （2）（ⅰ）设，，，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为． 联立结合韦达定理得到，． 同理，．再结合向量运算即可解决. （ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解. 【小问1详解】 设C的方程为，其中． 由C过A，B两点，故，，解得，． 因此C的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大． 19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足． 注：． 设函数在处的阶帕德近似为． （1）求的解析式； （2）证明：当时，； （3）设函数，若是的极大值点，求k的取值范围． 【答案】（1）； （2） 当时，恒有， 令，且，则， 当时，，即在上递增； 当时，，即在上递减； 所以，故，得证. （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意设，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式； （2）构造且，利用导数研究其单调性并判断与1的大小关系，即可证结论； （3）利用定义求在处的阶帕德近似函数，并研究的极值确定为界点，再讨论、、并结合导数判断是否为的极大值，即可求范围. 【小问1详解】 由题意，可设，且，则， 而，，且，则， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 令在处的阶帕德近似为， 由，则，故， 由，，而，则， 所以，故， 由，而，则， 综上，，且， 令，则恒成立， 所以在R上递增，即， 故时，时， 所以时，时， 此时，时不是极值点； 以为界，讨论如下： 由连续函数， 当，则，而， 在上，递减，在上，递增，则， 所以，在两侧恒成立，是极小值点； 当，则，而， 在上，递增，在上，递减，则， 所以，在两侧恒成立，为极大值点； 当，有， 在上，递增，在上，递减，则， 所以，在两侧恒成立，为极大值点； 当，则，而， 在上，递增，在上，递减，则， 所以，在两侧恒成立，为极大值点； 综上，. 【点睛】关键点点睛：第三问，利用帕德近似及导数知识确定为界点，再讨论参数并利用导数研究单调性，及与1的大小关系为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $