贵州省黔南州罗甸县第一中学2025届高三第一次半月考数学试卷

罗甸县第一中学2025届高三数学第一次半月考卷 姓名：___________ 班级：___________ 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．已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则 A． B． C． D． 2．已知集合，则 A． B． C． D． 3．在△中，，则 A． B． C． D． 4．已知为等差数列的前项和，，则 A．240 B．60 C．180 D．120 5．已知，则 A． B． C． D． 6．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则 A． B． C．1 D．2 7．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为 A．13 B．12 C．9 D．6 8．设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是 A． B． C． 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.全部选对得6分，部分选多得部分分，有选错的得0分. 9． 已知随机变量的分布列如下表： -1 0 1 2 若，则 A． B． C． D． 10．若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是 A．曲线C可能是圆 B．若，则C为椭圆 C．若C为椭圆，且焦点在x轴上，则 D．若C为椭圆，且焦点在y轴上，则 11．投掷一枚质地不均匀的硬币，已知出现正面向上的概率为p，记表示事件“在n次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是 A．与是互斥事件 B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡中的横线上. 12．已知函数的一个单调减区间为，则 ， . 13．已知直线与圆交于A，B两点，写出满足“△面积为”的m的一个值 ． 14．在锐角△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,若，则的取值范围是 ． 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．（13分） 已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos B＋b cos A＝2c cosB (1)求角B； (2)若A＝，角B的平分线交AC于点D，BD＝，求CD的长． 16．（15分） 等比数列的各项均为正数，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17．（15分） 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. 18．（17分） 已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 19．(17分) 已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 答案解析 一、单选题 1．【答案】B 【分析】根据三角函数的定义求得，利用二倍角公式求得正确答案. 【详解】由三角函数的定义得：， . 故选：B 2．【答案】D 【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 故选：D 3．【答案】B 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【详解】因为， 所以由正弦定理得，即， 则，故， 又，所以. 故选：B. 4．【答案】D 【分析】利用等差数列的性质以及前项和公式求解即可. 【详解】因为数列为等差数列，所以， 所以， 所以． 故选：D． 5．【答案】C 【分析】代入二倍角公式，以及诱导公式，即可求解. 【详解】由条件可知，， 而. 故选：C 6．【答案】D 【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可. 【详解】解法一：令，即，可得， 令， 原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上， 可得，即，解得， 若，令，可得 因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点， 所以符合题意； 综上所述：. 解法二：令， 原题意等价于有且仅有一个零点， 因为， 则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得， 若，则， 又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 故选：D. 7．【答案】C 【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案． 【详解】由题，，则， 所以（当且仅当时，等号成立）． 故选：C． 【点睛】 8．【答案】D 【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围. 【详解】设，， 由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数， ，当时，；当时，. 所以，函数的最小值为. 又，. 直线恒过定点且斜率为， 故且，解得，故选D. 【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题. 二、多选题 9． 【答案】AD 【分析】根据给定条件，利用分布列的性质列式求解即得. 【详解】依题意，，所以. 故选：AD 10．【答案】AD 【分析】根据方程为圆列式求解判断A，排除B，根据椭圆标准方程的特征列不等式求解范围即可判断CD. 【详解】当即时，方程为， 表示圆心为原点，半径为1的圆，故选项A正确，选项B错误； 若C为椭圆，且焦点在x轴上，则，解得，故选项C错误； 若C为椭圆，且焦点在y轴上，则，解得，故选项D正确. 故选：AD. 11．【答案】ACD 【分析】对A根据对立事件和互斥事件的关系即可判断；对B，直接计算即可；对C，利用全概率公式即可；对D，构造结合等比数列和函数单调性即可判断. 【详解】对A，因为对立事件是互斥事件，所以A正确； 对B，，所以B错； 对C，由全概率公式可知 ，所以C正确； 对D，由C可知， 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 所以，因为且， 所以，所以， 所以是关于n的递减数列， 所以，D正确． 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是结合等比数列定义变形化简得到，最后得到，利用函数单调性分析数列单调性即可. 三、填空题 12．【答案】 2 / 【分析】根据三角函数的单调性和周期性等图象性质易得结果. 【详解】由题意，周期，所以， 此时， 当时，可得， 则，解得， 又，所以. 故答案为：2；. 13．【答案】（中任意一个皆可以） 【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出． 【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得， 所以，解得：或， 由，所以或，解得：或． 故答案为：（中任意一个皆可以）． 14．【答案】 【分析】由正弦定理边角关系、和差角正弦公式可得，结合△为锐角三角形，可得及角A的范围，进而应用正弦定理边角关系即可求的范围. 【详解】由题设，，而， 所以，又， 所以，且△为锐角三角形，则，可得， 而. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：应用正弦定理边角关系及锐角三角形性质，求角A、C的关系及A的范围，最后由边角关系求范围. 四、解答题 15．解　(1)因为a cos B＋b cos A＝2c cos B， 所以由正弦定理可得 sin A cos B＋sin B cos A＝2sin C cos B， 所以sin (A＋B)＝2sin C cos B， 即sin C＝2sin C cos B， 因为0<C<π，所以sin C>0，故cos B＝， 因为0<B<π，所以B＝. 解(2).由(1)及题意可知∠ABD＝∠CBD＝， 又A＝，所以∠ADB＝，∠CDB＝，∠BCD＝， 所以BC＝BD＝， 在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC cos ∠CBD， 即CD2＝2＋2－2×××＝4－2＝(－1)2，解得CD＝－1. 16．【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可； （2）由an＝化简bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和. 【详解】（1）设数列{an}的公比为q, 由＝9a2a6得＝9, 所以q2＝.由条件可知q＞0,故q＝. 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝. 故数列{an}的通项公式为an＝. （2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－. 故. 所以数列的前n项和为 17．【答案】(1)证明见解析 (2) 【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. 【详解】（1）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. （2）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. 18．【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 19【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 试卷第2页，共17页 试卷第1页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $$