精品解析：四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

高三数学半期考试 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，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】因为，且注意到， 从而. 故选：A. 2. 在的展开式中，常数项为（ ） A. B. 4 C. D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，求出常数项. 【详解】二项式的展开式的通项为， 令，得， 所以常数项为 故选：C 3. 若，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】，所以，， ，当且仅当时，等号成立， 因此，的最小值是. 故选：A. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 4. 已知平面，和直线，若，，则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可判断它们之间的条件关系. 【详解】若“，”，则，可能相交，故“”不一定成立； 若“”，则由面面平行的性质可得“，”， 故“，”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 5. 阆中熊猫乐园承载着许多人的回忆，将乐园的摩天轮图（1）所示抽象成图（2）所示的平面图形．已知摩天轮的半径为40米，其中心点距地面45米，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每24分钟转一圈．摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米），若从摩天轮的最低点处开始转动，则与转动时间（单位：分钟）之间的关系为．则摩天轮转动8分钟后，求点距离地面的高度（ ） A. 50米 B. 60米 C. 65米 D. 75米 【答案】C 【解析】 【分析】由图易得振幅，平衡轴，周期，再由题意知函数经过点，代入解得初相，从而可得函数，即可得当分钟时，点距离地面的高度米. 【详解】由题意知：摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米）与转动时间（单位：分钟）之间的关系为． 所以由图可知，，，于是， 由于点是从摩天轮的最低点处开始按逆时针开始转动，则当时，， 代入点得，，又，解得， 又由函数的周期，解得，则， 当（分钟）时，（米）. 故选：C 6. 已知函数为，在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用在上单调递增，结合导数求出的范围，再利用分段函数是增函数求出范围即可. 【详解】依题意，函数在上单调递增， 则对恒成立， 即，，而函数在上单调递减， 即恒成立，因此，解得， 显然函数在上递增， 又函数在上递增，则，解得，于是， 所以实数的取值范围是. 故选：D 7. 已知是函数在上的两个零点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】采用换元法结合图象先分析出的关系，然后利用诱导公式和已知条件求解出的值. 【详解】由题意可知，是方程的两根，且， 令，作出在上的图象如下图所示： 由图象可知，，所以， 所以，所以， 又因为，所以， 故选：B. 8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论错误的为（ ） A. 是偶函数 B. C. 的图象关于对称 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的单调性，然后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D． 【详解】为奇函数，为偶函数，的图象关于点对称且关于直线对称，，，， ，所以是周期函数，4是它的一个周期． ， ，B正确； ，是偶函数，A正确； 因此的图象也关于点对称，C正确； 对任意的，且，都有，即时，，所以在是单调递增， ，，， ，∴，D错． 故选：D． 【点睛】结论点睛：（1）的图象关于点对称，也关于点对称，则是周期函数，是的一个周期； （2）的图象关于直线对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期； （1）的图象关于点对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期． 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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 对于函数和，则（ ） A. 与的零点相同 B. 与的最小值相同 C. 与的最小正周期相同 D. 与的极值点相同 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，令，求出两函数零点；B选项，；C选项，的周期均为；D选项，对令，得，，对令，得，，故极值点不同. 【详解】A选项，令，解得，， 令，解得，， 显然，零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，对令，得，， 对令，得，， 显然，的极值点不同，D选项错误. 故选：BC. 10. 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ） A. l与相切 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时， D. 满足的点有且仅有2个 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和相切，A选项正确； B选项，三点共线时，即，则的纵坐标， 由，得到，故， 此时切线长，B选项正确； C选项，当时，，此时，故或， 当时，，，， 不满足； 当时，，，， 不满足； 于是不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义，，这里， 于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题， ，中点，中垂线的斜率为， 于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得， ，即的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个点，使得，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：ABD 11. 设函数且，则（ ） A. 函数和的图像关于直线对称 B. 函数和的图像的交点均在直线上 C. 若，方程的根为，方程的根为，则 D. 已知，若恒成立，则的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据反函数的性质分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：整理可得，，同构函数，结合函数单调性分析证明；对于D：根据题意分析可得，构建函数，利用导数分析其最值，结合恒成立问题即可得结果. 【详解】对于选项A：因为和互为反函数，可知其图象关于直线对称，故A正确； 对于选项B：例如，则， 可知和的图像有交点和，均不在直线上，故B错误； 对于选项C：由题意可得：， 因为，可得，即， 设函数， 因为在上单调递增，可知在上单调递增， 又因为，则，即，故C正确； 对于选项D：当时，为增函数， 若，则，与矛盾，舍去，所以， 若恒成立，则，即， 两边取对数可得，即， 同理可得：等价于，即， 令，则， 当时，；当时，； 则，可得，解得， 所以的取值范围为， 例如，可得， 即，且为增函数， 可得，符合题意，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：对于C：根据题意整理可得，，进而可同构函数； 对于D：根据题意分析可知：，解得的取值范围为，进而取反例说明. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知扇形圆心角所对的弧长，则该扇形面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据弧长公式以及扇形面积公式即可求解. 【详解】由弧长公式可得，所以扇形面积为， 故答案为： 13. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得曲线在处的切线，然后设切线与曲线相切的切点为，利用两条切线相同可得答案. 【详解】设，则，， 所以曲线在点处的切线方程为, 化为． 设，则， 又设切线与曲线相切的切点为， 由题，得，解得，则切点为． 因为切点在切线上，则． 故答案为： 14. 已知数列满足，，表示不超过的最大整数（如，记，数列的前项和为）. ①若数列是公差为1的等差数列，则__________； ②若数列是公比为的等比数列，则__________． 【答案】 ①. 6 ②. 【解析】 【分析】①根据数列是公差为1的等差数列，写出的通项公式，求出，计算它的前4项和； ②根据数列是公比为的等比数列，写出通项公式，计算数列的前项和． 【详解】①若数列是公差为的等差数列，且，， 则，所以， 则； ②若数列是公比为的等比数列，且，， 则， 则， ； 故答案为：6；. 【点睛】方法点睛： 本题考查等差数列、等比数列、二项式定理和新定义型数列的求解；本题的难点是第二问如何确定数列的通项公式，采用了二项式展开式，利用二项式的性质进行求解，难度较大. 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，以为始边作角与（），它们的终边分别与单位圆相交于点，． （1）求的值； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数定义以及角的范围分别求得其正弦、余弦值即可得出结果； （2）利用两角差的正弦公式计算可得，再由三角形面积公式计算可得结果. 【小问1详解】 由题意知，角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于， 所以，，则解得或，且或， 因为在第一象限，在第二象限，所以，， 所以，， 可得； 【小问2详解】 在单位圆中，因为，， 所以，， 又， 由两角差的正弦公式得， 又，， 因此． 16. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点. （1）证明：； （2）点F满足，求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：连接， 因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②， 由①②，，平面，所以平面， 而平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及其性质定理证明可得结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两平面的法向量，即可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设， ，， 则，即，则， ，， 又，平面 平面， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 可得， 设平面与平面的一个法向量分别为， 平面与平面所成角为，而， 因为，所以，即有， 可得，取，所以； 又，取，所以， 所以，从而， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围． 【答案】（1） 当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并分类讨论参数，即可得出的单调性； （2）根据（1）中的结论得出极大值的表达式，解不等式即可得的取值范围． 【小问1详解】 ， ①当时，在上单调递增，无递减区间， ②当时，，可得，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 因为有极大值，且极大值大于， 故，且在处取极大值， ，即， 令， 恒成立，在上单调递增， 又，当且仅当时成立， 故，当且仅当时成立， 因此的取值范围是． 18. 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.市教育主管部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了人，并将这人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过元）： 消费金额（单位：百元） 频数 20 35 25 10 5 5 （1）由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额（单位：元）近似服从正态分布，其中近似为样本平均数（每组数据取区间的中点值，）．现从该市任取名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在元至元之间的人数为，求的数学期望； （2）市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每人发放价值元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动．规则是：在某张方格图上标有第格、第格、第格、…、第格共个方格．棋子开始在第格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是，其中），若掷出正面，将棋子向前移动一格（从到），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从到）．重复多次，若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关成功”，并赠送元充值饭卡；若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束． ①设棋子移到第格的概率为，求P2的值，并证明：当时，是等比数列； ②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 【答案】（1） （2）①， 证明:棋子移到第格的情况是下列两种，而且也只有两种： 棋子先到第格，又掷出反面，其概率为； 棋子先到第格，又掷出正面，其概率为， 所以， 即，且， 所以当时，数列是首项，公比为的等比数列． ②该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由如下： 由①知，，，，， 以上各式相加，得， 所以． 所以闯关成功的概率为， 闯关失败的概率为． ， 所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率． 【解析】 【分析】（1）根据数据算出，由服从正态分布算出概率，即，进而算出的数学期望； （2）棋子开始在第格为必然事件，.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为，即，棋子移到第格的情况是下列两种，即棋子先到第格，又掷出反面，其概率为；棋子先到第格，又掷出正面，其概率为，所以即，进而求证当时，是等比数列，计算符号即可判断. 【小问1详解】 ， 因为服从正态分布， 所以． 所以，所以的数学期望为． 【小问2详解】 ①棋子开始在第格为必然事件，． 第一次掷硬币出现正面，棋子移到第格，其概率为，即． 证明略； ②该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由略. 19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． （i）若，求异面直线和所成角的余弦值； （ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i），（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可； （2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再求异面直线和所成角的余弦值即可； （ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值． 【小问1详解】 因为的周长为8，离心率为， 所以，即，，， 所以椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 由（1）知，点，倾斜角为， 故直线设为：， （i）联立直线与椭圆的方程：，可得， 可得或， 可得，（因为点在轴上方）以及， 再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系 则，，， ，， ，，， 所以 记异面直线和所成角为，则； （ii）由，，， 设折叠前，， 直线与椭圆联立方程，得， 即，， 在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）， 设，在新图形中对应点记为，，， ，， ①， 即 所以②， 由①②可得： 即 则 即，， 解得， 因为，所以． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学半期考试 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，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，常数项为（ ） A. B. 4 C. D. 32 3. 若，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面，和直线，若，，则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 阆中熊猫乐园承载着许多人的回忆，将乐园的摩天轮图（1）所示抽象成图（2）所示的平面图形．已知摩天轮的半径为40米，其中心点距地面45米，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每24分钟转一圈．摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米），若从摩天轮的最低点处开始转动，则与转动时间（单位：分钟）之间的关系为．则摩天轮转动8分钟后，求点距离地面的高度（ ） A. 50米 B. 60米 C. 65米 D. 75米 6. 已知函数为，在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是函数在上的两个零点，则（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论错误的为（ ） A. 是偶函数 B. C. 的图象关于对称 D. 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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 对于函数和，则（ ） A. 与的零点相同 B. 与的最小值相同 C. 与的最小正周期相同 D. 与的极值点相同 10. 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ） A. l与相切 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时， D. 满足的点有且仅有2个 11. 设函数且，则（ ） A. 函数和的图像关于直线对称 B. 函数和的图像的交点均在直线上 C. 若，方程的根为，方程的根为，则 D. 已知，若恒成立，则的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知扇形圆心角所对的弧长，则该扇形面积为__________. 13. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则______． 14. 已知数列满足，，表示不超过的最大整数（如，记，数列的前项和为）. ①若数列是公差为1的等差数列，则__________； ②若数列是公比为的等比数列，则__________． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，以为始边作角与（），它们的终边分别与单位圆相交于点，． （1）求的值； （2）求的面积． 16. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点. （1）证明：； （2）点F满足，求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围． 18. 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.市教育主管部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了人，并将这人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过元）： 消费金额（单位：百元） 频数 20 35 25 10 5 5 （1）由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额（单位：元）近似服从正态分布，其中近似为样本平均数（每组数据取区间的中点值，）．现从该市任取名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在元至元之间的人数为，求的数学期望； （2）市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每人发放价值元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动．规则是：在某张方格图上标有第格、第格、第格、…、第格共个方格．棋子开始在第格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是，其中），若掷出正面，将棋子向前移动一格（从到），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从到）．重复多次，若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关成功”，并赠送元充值饭卡；若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束． ①设棋子移到第格的概率为，求P2的值，并证明：当时，是等比数列； ②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． （i）若，求异面直线和所成角的余弦值； （ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $