精品解析：江西省宜春市丰城中学2025届高三上学期期中考试数学试题（创新班）

丰城中学2024-2025学年上学期高三创新班期中考试试卷 数 学 考试范围：高考范围 本试卷总分值为150分 考试时长为120分钟 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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，集合，则的子集个数为（ ） A 2 B. 3 C. 7 D. 8 2. 已知向量，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知数列满足，若，则（ ） A 2 B. C. D. 4. 已知，是两条不同的直线，为平面内的一条直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D 既不充分也不必要条件 5. 如图所示，直线与曲线相切于两点，其中．若当时，，则函数在上的极大值点个数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，且，若为的一个零点，则的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（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. 杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本方差为；骑自行车平均用时，样本方差为，假设坐公交车用时单位：和骑自行车用时单位：都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. C. D. 若某天只有可用，杨明应选择坐自行车 10. 已知点M是抛物线上的动点，当M运动到达点时，到焦点F的距离等于5，过动点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为N，过定点作与C有且仅有一个公共点的直线l，直线PF与C交于点A，B，则（ ） A. 抛物线C的方程为 B. 直线l的方程为或 C. D. 满足的点M有且仅有2个 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，过点可作3条直线与函数的图象相切 B. 对任意实数m，函数的图象都关于对称 C. 若存极值点，当且，则 D. 若有唯一正方形使其4个顶点都在函数的图象上，则 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知为虚数单位，复数满足，则___________. 13. 已知，若，，则最大值为_____. 14. 在长方体中，，点满足，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，当最小时，__________. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）证明： （2）若，，求的周长. 16. 已知函数在处取得极值. （1）求的单调区间； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 17. 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. （1）证明：平面； （2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值. 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程； （3）直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值． 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个数列，记. ①求随机变量的分布列，并证明：； ②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城中学2024-2025学年上学期高三创新班期中考试试卷 数 学 考试范围：高考范围 本试卷总分值为150分 考试时长为120分钟 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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，集合，则的子集个数为（ ） A 2 B. 3 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求出，进而求出子集个数. 【详解】依题意，集合，集合， 于是，所以的子集个数为. 故选：D 2. 已知向量，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示解方程即可得出结果. 【详解】易知， 由可得， 即，解得 故选：C 3. 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推式求出的值，可以发现数列为周期数列，从而推出的值. 【详解】因为，所以， 所以数列的周期为3，所以. 故选：C. 4. 已知，是两条不同的直线，为平面内的一条直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面关系及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为，是两条不同的直线，为平面内的一条直线， 由推不出，如且，此时得不到，故充分性不成立； 由也推不出，事实上当时，或与异面均有可能，故必要性不成立； 所以“”是“”的既不充分也不必要条件。 故选：D 5. 如图所示，直线与曲线相切于两点，其中．若当时，，则函数在上的极大值点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜率为的切线条数，结合图象直接判断即可. 详解】 根据图象，可分别作出斜率为的另外三条切线：，切点分别为， 如图所示：当时，；当时，； 设，则， 在上单调递增，在上单调递减， 有，和三个极大值点. 故选：D. 6. 如图，直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，且，若为的一个零点，则的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点结合函数值得出，再结合周期得出，进而得出，再带入点,得出即可得出解析式. 【详解】设函数的周期为， 设，则，所以， 所以，所以. 因为，所以， 可得， 所以，则， 又，得，取即可. 故解析式为. 故选：C. 7. 已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，利用中位线性质得到是的直角三角形，在焦点三角形中利用双曲线定义即可建立的关系，从而求得离心率． 【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接， 因为为正三角形，，所以为的中点，所以， 故，易知，所以， 由双曲线的定义知，即，得. 故选：D. 8. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解. 【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况， 两个砝码有，，，几种情况种 三个砝码有，，，，，，几种情况种 四个砝码有，，，，，种， 五个砝码有，，种， 总计种. 对A，选项系数为，故不符合，所以A错误； 对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项， 可得系数为，故B错误； 对C， 系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为 有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为 同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数， 同理由五项组成其他项为常数，则系数为， 综上系数为，故C正确； 对D， ， 系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为， 有与组成，其他是常数项，可有, 故D错误. 故选：C 二、多选题：（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. 杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本方差为；骑自行车平均用时，样本方差为，假设坐公交车用时单位：和骑自行车用时单位：都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. C. D. 若某天只有可用，杨明应选择坐自行车 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可. 【详解】随机变量的均值为，方差为，则，，， 随机变量的均值为，方差为，则，，， 所以，故A正确； ， ， 因为， 所以，故B正确； ，故C错误； 对于，因为，所以选择自行车，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知点M是抛物线上的动点，当M运动到达点时，到焦点F的距离等于5，过动点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为N，过定点作与C有且仅有一个公共点的直线l，直线PF与C交于点A，B，则（ ） A. 抛物线C的方程为 B. 直线l的方程为或 C. D. 满足的点M有且仅有2个 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线定义求出，可判断A；注意到斜率不存在时也满足题意可判断B；利用焦点弦公式可判断C；由定义知，利用的垂直平分线与抛物线交点个数可判断D. 【详解】根据抛物线的定义，，即， 所以抛物线的方程为，选项A正确； 当直线的斜率不存在时，的方程为， 联立得直线与有且仅有一个公共点，满足题意； 当直线的斜率存在时，设的方程为， 联立得， 由得或，此时直线的方程为或， 所以满足过定点且与有且仅有一个公共点的直线共有条， 直线的方程为或或，选项B错误； 抛物线的焦点，直线的方程为：， 与抛物线方程联立消去化简得：， 设，，则，， 所以，选项C正确； 由抛物线的定义知， 所以满足的点就是满足的点， 由和可得出线段的中垂线方程是， 联立 消去化简得方程：，由于，此方程有个不等根， 即线段的中垂线与抛物线有个公共点， 所以满足的点有且仅有个，选项D正确. 故选：ACD． 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，过点可作3条直线与函数的图象相切 B. 对任意实数m，函数的图象都关于对称 C. 若存在极值点，当且，则 D. 若有唯一正方形使其4个顶点都在函数的图象上，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用过一点的切线的求解方法来研究点解的个数就可以得到切线的条数，即可作出选项A的判断；利用中心对称恒等式思想来判断B选项；利用求导思想和反证法来证明即可判断C选项；利用中心对称性先确定正方形的中心就是三次函数的中心，其次从中心在原点出发去研究交点情况，从而易求出交点坐标及距离关系，再通过存在唯一性，可得唯一解，来确定参数的取值即可判断D选项. 【详解】当时，，则，设切点横坐标为， 则在点处的切线方程为：， 由切线过点，则有：， 整理得：， 构造函数，求导得：， 当时，，所以在上单调递减； 当或时，，所以在和单调递增； 又因为， 所以函数有三个零点，即方程有三个根， 则存在三条切线，故A正确； 由，可得函数的图象都关于对称，故B正确； 由函数，求导得， 由函数存在极值点，则有解，所以， 即解得极值点满足，且， 假设，则， 由 ， 故不成立，所以假设不成立，故C错误； 先研究函数往下移一个单位，使其对称中心在原点，则， 设函数图象上存在四点围成一个正方形，根据对称性可知，正方形的中心就是三次函数的对称中心，此时就是原点，所以可设直线方程为：, 与三次函数消元得：，所以， 利用正方形的对角线相互垂直可设直线方程为：， 再与三次函数消元得：，所以， 由正方形可知：，所以， 整理得：， 两边同除以得：， 令，则上式化为：， 由于在时是递增函数，且值域为，所以要使存在一个正方形使其4个顶点都在函数的图象上的充要条件就是存在唯一值， 从而可得，解得， 当时，，解得，因为，所以， 此时不满足，所以舍去； 当时，，解得，因为，所以， 此时满足，，所以； 故D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：过某点切线条数的研究转化为切点解的个数研究即可；三次函数图象上存在四点围成正方形的唯一性研究，也是先引入正方形对角线的斜率，再找到相等关系，最后转化为斜率有唯一解的研究，从而得到参数的取值. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知为虚数单位，复数满足，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意化简出，利用复数的除法运算，即可得答案. 【详解】由复数满足， 化简得. 故答案为： 13. 已知，若，，则最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，，可得，再构造函数，结合导数求取函数单调性得到结果. 【详解】由，且， 则有，， 故，， 则， 令， ，则当时，， 当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 又， ， ， 即，即， 即的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助余弦函数性质，得到，结合题意所得，从而将化为只有一个参数形式，再构造函数，结合导数求取单调性得到结果. 14. 在长方体中，，点满足，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，当最小时，__________. 【答案】 【解析】 【分析】由面面的定义做出平面角，再结合两角和的正切公式即可求解. 【详解】 作，垂足，则底面，再作，垂足分别为， 则，又正方体中， 设，则， 当，易知，，此时，， 当，易知，，此时，， 当且时，， 所以， 设，则， 当且仅当，即时，取到最小值， 时，时， 且时递减，时递增， 综上，恒成立，即， 所以当时，取到最小，此时. 综上可知当时，取到最小. 故答案为： 四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）证明： （2）若，，求的周长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦函数的和差公式，结合正弦定理与余弦定理的边角变换，化简整理即可得证； （2）利用（1）中结论与余弦定理分别求得，从而求得，由此得解. 【小问1详解】 已知， 可化为， 由正弦定理可得，即， 由余弦定理可得， 整理得. 【小问2详解】 当，时，， ， 所以，解得， 所以的周长为 16. 已知函数在处取得极值. （1）求的单调区间； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是． （2） 【解析】 【分析】（1）求出原函数的导函数，由，解得，可得函数解析式，由导函数大于0和小于0，分别求得原函数的单调区间． （2）构造函数求导得到函数的单调性，即可求解最值求解. 【小问1详解】 由题意知，， 由，解得， 此时，， 令，得，令，得，故是函数的极值点， 故符合要求， 进而函数的单调递增区间是，单调递减区间是． 【小问2详解】 由恒成立可得恒成立， 令则， 令，则， 故当时，单调递增，当时，单调递减， 而，且时，， 故当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，故，因此 17. 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. （1）证明：平面； （2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）6 【解析】 【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明. （2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令 ，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值. 【小问1详解】 过点作交与点， 平面平面，且两平面的交线为 平面 又平面 又且 平面 【小问2详解】 过点作交与点,连接 平面平面，且两平面的交线为 平面 又平面 到平面的距离相等 且，平面 又，令 则，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 即，当且仅当时取得最大值. 如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6. 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程； （3）直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据的边上中线为得，再联立即可求解； （2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得，再由，即，最后代入即可求解； （3）设直线的方程为,则直线的方程为，分别与椭圆方程联立，通过韦达定理求出中点的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式即可得到面积的最值. 【小问1详解】 由题意，因，为直角三角形，所以. 又，所以，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，,显然直线的斜率存在， 设直线的方程为，， 联立消去得，， 所以，即. 且， 因为，所以， 所以，即， 所以， 整理得， 即， 化简得，即满足条件， 所以直线方程为或， 即直线的方程为或. 【小问3详解】 由题意，, 设直线的方程为,， 则直线的方程为，， 联立消去得， 所以 所以 所以， 同理联立消去得， 所以 所以 所以， 即的中点. 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的面积最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等式求最值，第三问的解题关键是分类联立直线与椭圆方程，求出的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式得到面积的最值. . 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个数列，记. ①求随机变量的分布列，并证明：； ②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小. 【答案】（1）0. （2）①分布列见解析，证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由数列新定义求解即可； （2）①由数列新定义得到的可能取值，结合组合数和古典概率计算出相应的概率，再由期望公式证明即可； ②由条件概率公式结合已知计算即可； 【小问1详解】 因为是12项数列，当且仅当时，， 所以当和时，.设数列的所有项的和为S， 则 ，所以数列的所有项的和为0. 【小问2详解】 ①因为数列是从集合中任意取出两个数列，所以，数列为项数列所以，的可能取值为：当时，数列中有项取值不同，有项取值相同， 又因为集合中元素的个数共有个， 所以，， 所以，的分布列为： 1 2 因为， 所以， ②由题知，所以，， 所以，， 所以，即， 所以，，即 【点睛】关键点点睛：本题第一小问的关键是能够理解数列新定义；第二小问的关键是能用古典概率结合组合数计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $