精品解析：甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

永昌县第一高级中学2024—2025—1期中考试卷 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 设复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，在中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 将图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，再将的图象向左平移个单位长度，得到的图象﹐则的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与直线，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 6. 设，是椭圆C：的两个焦点，点P是C上的一点，且，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 9 D. 7. 下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 8. 半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示．已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（ ） 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. 已知随机变量服从正态分布，则下列说法正确的是（ ） A. 随机变量的均值为8 B. 随机变量的方差为16 C. D. 10. 若，，且，则下列说法正确的是（ ） A. ab有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值4 D. 有最小值 11. 已知函数的定义域为，函数是奇函数，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于轴对称 C. D. 若函数满足，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答） 13. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合.若角的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则__________. 14. 已知，若直线与抛物线交于两点，且于点，则的最大值为__________. 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. 已知函数的图象在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式； （2）若对于区间上任意两个自变量的值，，有，求实数的最小值． 16. 如图，在三棱锥中，，，. （1）证明：平面； （2）若，是棱上一点且，求平面与平面的夹角. 17. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，点为边的中点，且，求边的值． 18. 已知，是双曲线：上的两点，点是线段的中点. （1）求直线的方程； （2）若线段的垂直平分线与相交于，两点，证明：，，，四点共圆. 19. 在等差数列中，. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，其前项和为，证明：数列为等比数列，且； （3）证明：当时，，数列（为正常数）的前项和也为这个数列中的某一项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学2024—2025—1期中考试卷 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 设复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算求出，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】， 所以在复平面内的对应点为，在第一象限. 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义即可得解. 【详解】， 所以. 故选：B. 3. 如图所示，在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解. 【详解】根据向量的线性运算法则，可得： . 故选：A. 4. 将图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，再将的图象向左平移个单位长度，得到的图象﹐则的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换可得出函数的解析式. 【详解】将图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象， 则， 再将的图象向左平移个单位长度，得到的图象， 则， 故选：D. 5. 已知直线与直线，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】由，计算得或，即可判断. 【详解】因为， 所以， 解得或， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 6. 设，是椭圆C：的两个焦点，点P是C上的一点，且，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设可得，应用余弦定理、椭圆定义求得，最后应用三角形面积公式求面积. 【详解】由题设，，可得， ， 由，，则，即， 所以的面积. 故选：B 7. 下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和单调性分别判断即可，利用导数即可判断函数在的单调性. 【详解】对于A，的定义域为，定义域不关于原点对称， 函数为非奇非偶函数，不符合题意； 对于B，，定义域为， 因为，所以为奇函数，不符合题意； 对于C，，所以，所以为偶函数， 又， 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 故函数在上单调递增，符合题意； 对于D，， 令，在上单调递增， 而函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减，不符合题意． 故选：C． 8. 半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示．已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，然后利用正四面体的性质、勾股定理和相似得到球的半径，最后求体积即可. 【详解】 由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，记球心为． 在中，，，该半正多面体所在的正四面体的高 ，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，，所以，即，解得，所以当球的体积最大时，该球的半径为，则该球的体积为． 故选：A． 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. 已知随机变量服从正态分布，则下列说法正确的是（ ） A. 随机变量的均值为8 B. 随机变量的方差为16 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质即可逐一求解. 【详解】随机变量服从正态分布，所以随机变量的均值为8，故A正确； 随机变量的方差为256，标准差为16，故B错误； 由正态分布的对称性知，，故C正确； 由正态分布的对称性知，，所以，故D正确. 故选：ACD. 10. 若，，且，则下列说法正确的是（ ） A. ab有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值4 D. 有最小值 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意结合基本不等式逐项分析求解. 【详解】对于选项A：， 当且仅当，即，时等号成立，故ab有最大值，故A正确； 对于选项B：， 当且仅当，时等号成立， 所以有最大值，故B正确； 对于选项C：， 当且仅当，即时等号成立， 即有最小值4，故C正确； 对于选项D：， 当且仅当，时等号成立， 所以的最小值为，故D错误． 故选：ABC． 11. 已知函数的定义域为，函数是奇函数，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于轴对称 C. D. 若函数满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇函数的性质，结合赋值法逐项分析判断即可. 【详解】对于A，由函数是奇函数，得， 由，得，A正确； 对于B，由是奇函数，得，即， 又，则，即， 因此，为偶函数，的图象关于轴对称，B正确； 对于C，由，得，C错误； 对于D，，函数是以为4周期的周期函数， 由，得， ， 于是是以4为周期的函数， ， 由，得，， 所以，D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由题意写出二项式展开式的通项，代入计算即可． 【详解】展开式的通项为， 由题意，取的系数为， 故答案为：． 13. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合.若角的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的定义结合正切的和角公式计算即可. 【详解】设旋转后的角为，则， 所以. 故答案为： 14. 已知，若直线与抛物线交于两点，且于点，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据斜率公式化简可得直线，根据直线方程确定直线恒过定点，然后再结合圆的性质，最后根据点与点的距离公式进行求解 【详解】如图，设，所以，同理. 因为，所以， 所以， 又直线的方程为，即， 所以直线的方程为：， 所以直线恒过. 因为于点，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为. ，所以的最大值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：在求解圆锥曲线中有关垂直问题时，经常利用直线过定点以及圆直径所对圆周角为直角求出轨迹问题，即可求得结果. 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. 已知函数的图象在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式； （2）若对于区间上任意两个自变量的值，，有，求实数的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由在点处的切线方程可建立关系式，得到关于的两个方程,通过解方程组得到的值，进而求得的解析式； （2）不等式等价于即，再利用导数与函数的性质的关系求出函数在区间上的最值得解． 【小问1详解】 ，根据题意，得 即， 解得，故. 【小问2详解】 令，解得或， 当时，；当时，， 故在为减函数，在为增函数， 故， ， 因为对于区间上任意两个自变量的值， 都有 所以，所以的最小值为． 16. 如图，在三棱锥中，，，. （1）证明：平面； （2）若，是棱上一点且，求平面与平面的夹角. 【答案】（1） 在中，由，，则， 由，为公共边，则， 所以，由图可知， 则，即，， 因为，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由全等三角形的性质可得线线垂直，根据线面垂直的判定，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由，则， 由，则，即两两垂直， 以以原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 在中，由，，则， 设，则，，，， 取，，，， 由，则，可得， 设平面的法向量，则； 令，则，，所以平面的一个法向量. 平面的一个法向量， 设平面与平面所成角的大小为， ，. 17. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，点为边的中点，且，求边的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边．然后结合余弦定理化简后再由正弦定理化边为角，从而求得； （2）利用中线向量公式表示出，平方转化为数量积的运算求得，然后由余弦定理求得结论． 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，所以， 由余弦定理得，所以， 由正弦定理得，又，所以，所以， 又，所以． 【小问2详解】 因为点为边的中点，所以， 所以， 解得或（舍）， 由余弦定理得， 所以． 18. 已知，是双曲线：上的两点，点是线段的中点. （1）求直线的方程； （2）若线段的垂直平分线与相交于，两点，证明：，，，四点共圆. 【答案】（1） （2） 证明：由得， 解得或，所以，. 线段中垂线的方程为：， 设， 由得， 所以， 故的中点，所以， ， 所以，，，在以为圆心，为半径的圆上， 所以，，，四点共圆. 【解析】 【分析】（1）通过作差法求解直线的斜率，然后求解直线方程； （2）首先求解出线段中垂线的方程为：，然后求解中点，最后证明验证即可证明； 【小问1详解】 依题意，直线的斜率必定存在，设其斜率为，，， 所以，，所以， 又，，所以， 故直线的方程为，即，经检验，符合题意， 所以直线的方程为. 【小问2详解】 略 19. 在等差数列中，. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，其前项和为，证明：数列为等比数列，且； （3）证明：当时，，数列（为正常数）的前项和也为这个数列中的某一项. 【答案】（1） （2）证明：由题意知，所以，所以数列为等比数列， 数列前项和， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以. （3）证明：记（为正常数），运用等差数列的定义可以证明为等差数列， 记数列的前项和为，所以， 若为数列中的某一项， 则对于任意一个正整数，都存在一个正整数，使得， 即关于的方程对一切正整数都有正整数解， 即关于的方程对一切正整数都有正整数解. 又，可设，则， ①若为奇数，则为偶数，所以为偶数， 所以为正整数； ②若为偶数，则为奇数，所以为偶数， 所以为正整数， 即关于的方程对一切正整数都有正整数解. 综上，当时，，数列（为正常数）的前项和也为这个数列中的某一项. 【解析】 【分析】（1）由，结合等差数列的通项公式即可求解； （2）由（1）的结论结合等比数列的定义可得数列为等比数列，利用等比数列的前项和公式可计算，利用作商法比较大小，由，结合基本不等式，可得，即可证明； （3）记（为正常数），记数列的前项和为，由等差数列的前项和公式可得，由题意得关于的方程对一切正整数都有正整数解，即关于的方程对一切正整数都有正整数解，将分奇数、偶数两种情况分析即可证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，因为， 所以，所以， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：作差法、作商法证明不等式的方法： （1）作差法： ； ； . （2）作商法： ； ； . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $