精品解析：湖南省衡阳市衡阳县第四中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题

衡阳县四中2025届高三第一学期期中考试卷 数学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第Ⅰ卷（选择题） 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 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，且，则向量，的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 的内角，，的对边分别为，，.已知，，若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知文印室内有份待打印的文件自上而下摞在一起，秘书小王要在这份文件中再插入甲、乙两份文件，甲文件要在乙文件前打印，且不改变原来次序，则不同的打印方式的种数为（ ） A B. C. D. 7. 数列中的前项和，数列的前项和为，则（ ） A B. C. D. 8. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，在正方体中，点，分别是棱和的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若，则下列叙述中正确的是（ ） A. “”的充要条件是“” B. “”是“”的充分不必要条件 C. “对恒成立”的充要条件是“” D. “”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件 11. 从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次任取出2个球，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“两球都不是白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立 B. 事件“两球恰有一白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立 C. 事件“两球至少有一个白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立 D. 事件“两球都为红球”与事件“两球都为白球”对立事件 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分. 12. 已知的展开式中，二项式系数的和为，则它的二项展开式中，系数最大的是第__________项． 13. 定义在上的函数单调递增，且对，有，则___________. 14. 已知是定义在上的函数，是的导函数，且，则不等式的解集是______． 四、解答题：本大题共5个大题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足:，，N*且≥. （1）求证: 数列为等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，求数列的前项和. 16. 在锐角中，角的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的取值范围. 17. 如图，在三棱柱中，，，，． （1）证明：平面⊥平面． （2）若为的中点，求到平面的距离． 18. 某学校高一名学生参加数学竞赛，成绩均在分到分之间.学生成绩的频率分布直方图如图： （1）估计这名学生分数的中位数与平均数；（精确到） （2）某老师抽取了名学生的分数：，已知这个分数的平均数，标准差，若剔除其中的和两个分数，求剩余个分数的平均数与标准差.（参考公式：） （3）该学校有座构造相同教学楼，各教学楼高均为米，东西长均为米，南北宽均为米.其中号教学楼在号教学楼的正南且楼距为米，号教学楼在号教学楼的正东且楼距为米.现有种型号的考试屏蔽仪，它们的信号覆盖半径依次为米，每个售价相应依次为元.若屏蔽仪可在地下及地上任意位置安装且每个安装费用均为元，求让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费.（参考数据：） 19. 设，. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)记函数，若当时，函数有极大值，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衡阳县四中2025届高三第一学期期中考试卷 数学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数与指数函数的性质确定集合中的元素，再由集合的运算法则计算． 【详解】，为实数集中去掉除1和2以外的所有正整数的实数组成的集合． ， 所以． 故选：D． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题首先根据共轭复数的性质得出，然后通过复数的运算法则得出，最后通过复数的模的求法即可得出结果. 【详解】因为，所以， 则， ， 故选：D. 3. 已知向量，满足，且，则向量，的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出数量积，再利用夹角公式求出夹角. 【详解】因为，所以 所以. 因为，所以，则. 故选：C. 4. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 易得，再由，利用幂函数的单调性判断. 【详解】因为， 且， 上递增， 所以，即， 综上： 故选：A 5. 的内角，，的对边分别为，，.已知，，若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理列出关系式，将的值代入表示出，根据的度数确定出的范围，要使三角形有两解确定出的具体范围，利用正弦函数的值域求出的范围即可． 【详解】解：∵在△ABC中, ， ∴由正弦定理得， ∵， ∴， 要使三角形有两解，得到：，且，即 ∴ 解得：， 故选：D． 6. 已知文印室内有份待打印的文件自上而下摞在一起，秘书小王要在这份文件中再插入甲、乙两份文件，甲文件要在乙文件前打印，且不改变原来次序，则不同的打印方式的种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】可理解为从个空位中选择两个空位排甲、乙两份文件（甲文件在乙文件前），其余个空位按之前的顺序排其它个文件，利用组合计数原理可得结果. 【详解】可理解为从个空位中选择两个空位排甲、乙两份文件（甲文件在乙文件前），其余个空位按之前的顺序排其它个文件， 由组合计数原理可知，不同的打印方式的种数为. 故选：B. 7. 数列中的前项和，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求出的通项，进而可得的通项，再求和即可. 【详解】当时，， 当时，， 经检验不满足上式，所以， 设，则， 所以 ， 故选：D. 8. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用，转化，即得解 【详解】由，可得 可解的， 故双曲线的渐近线方程为， 故选：A. 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. 如图，在正方体中，点，分别是棱和的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，得出各点坐标，由向量的运算判断ABC三个选项，由向量的线性运算判断D． 【详解】以为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则，，，， ， ，，，，A正确； ，，B错； ，，C正确； ，D正确． 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：本题考查空间向量的数量积，考查空间向量的线性运算．解题方法建立空间直角坐标系，把空间向量的数量积用坐标进行运算，向量垂直用数量积进行表示，这样直接计算可减少证明．简化的解题过程． 10. 若，则下列叙述中正确的是（ ） A. “”的充要条件是“” B. “”是“”的充分不必要条件 C. “对恒成立”的充要条件是“” D. “”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件 【答案】BD 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义结合不等式的性质，二次函数性质，一元二次不等式根的分布知识判断各选项， 【详解】，则一定有，但是时，若，则，A错； 时有成立，充分的，但当时有或，不必要，B正确； 若，但，则恒成立，C错； 方程有一正一负两实根的的充要条件是，因此D正确． 故选：BD． 11. 从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次任取出2个球，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“两球都不是白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立 B. 事件“两球恰有一白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立 C. 事件“两球至少有一个白球”与事件“两球都为白球”互斥而非对立 D. 事件“两球都为红球”与事件“两球都为白球”是对立事件 【答案】AB 【解析】 【分析】利用互斥事件和对立事件的定义逐个分析判断即可 【详解】从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，事件为白白，白红，白黑，红红，红黑，黑黑除“两球都不是白球”外，还有其他事件，如白红可能发生，所以A，B项正确； 因为事件“两球至少有一个白球”，其中包含两个都是白球，故不互斥，所以C项不正确； 因为从6个球中取出2个，可能是2个同色，还可能不同色，所以两球都为红球与事件“两球都为白球”不是对立事件，所以D项错误． 故选：AB 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分. 12. 已知的展开式中，二项式系数的和为，则它的二项展开式中，系数最大的是第__________项． 【答案】5 【解析】 【分析】 根据二项式系数和求出n的值，确定二项展开式的系数最大项在奇数项，建立不等式求解即可. 【详解】由题意知，，解得, 由展开式通项公式知二项展开式的系数最大项在奇数项， 设二项展开式中第项的系数最大， 则， 解得， 故其展开式中系数最大的项第5项. 故答案为: 5 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，涉及二项展开式中二项式系数和与系数和问题，容易出错.要正确区分这两个概念. 13. 定义在上函数单调递增，且对，有，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求解出函数的解析式，进而求解出函数值. 【详解】根据题意，对，有 又是定义在R上的单调增函数 R上存在常数a使得 ，，解得 故答案为：. 14. 已知是定义在上的函数，是的导函数，且，则不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，判断的单调性，再根据换元法求出不等式的解． 【详解】解：令，则， ，， ，即在上单调递增， 又，当时，，即， 令，则不等式等价于， ，即，故． 故答案为： 四、解答题：本大题共5个大题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足:，，N*且≥. （1）求证: 数列为等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）由递推式得，进而有，由等差数列定义即可证明为等差数列；（2）由（1）的结论即可求的通项公式；（3）根据新数列与关系得，用裂项相消法求的前项和. 详解】（1）证明： 又 ∴数列是以首项为，公差为的等差数列 （2）由（1）得， （3）解： 【点睛】本题考查了根据递推关系证明等差数列，由所得数列求原数列的通项公式，最后由新数列与已知数列的关系求新数列通项，结合裂项相消法求新数列的前n项和. 16. 在锐角中，角的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的周长的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理边化角，然后利用两角差的余弦公式以及辅助角公式即可求出结果； （2）结合正弦定理边化角，然后根据正弦函数的图象与性质即可求出值域. 【详解】解：（1），由正弦定理：， 又，，， 即：，. ，，即 （2），，由正弦定理有：， ，，. ，， 为锐角三角形，，， ，，， ， 即的周长的取值范围是 17. 如图，在三棱柱中，，，，． （1）证明：平面⊥平面． （2）若为的中点，求到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可求出，利用勾股定理可证，，从而可证结论； （2）由题知，然后利用等体积法可求. 【详解】（1）证明：如图，连接，在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以． 同理． 又因为， 所以平面． 因为平面， 所以平面平面． （2）解：过作于，连接，． 由（1）知平面，所以平面． 因为，，所，． 因为，所以． 因为，所以，所以． 在中，因为，，， 所以． 因为为的中点，所以，． 在中，因为，，， 所以， 所以，于是的面积为． 因为， 所以三棱锥的体积为． 设到平面的距离为． 因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相同， 所以，解得， 即到平面的距离为． 18. 某学校高一名学生参加数学竞赛，成绩均在分到分之间.学生成绩的频率分布直方图如图： （1）估计这名学生分数的中位数与平均数；（精确到） （2）某老师抽取了名学生的分数：，已知这个分数的平均数，标准差，若剔除其中的和两个分数，求剩余个分数的平均数与标准差.（参考公式：） （3）该学校有座构造相同教学楼，各教学楼高均为米，东西长均为米，南北宽均为米.其中号教学楼在号教学楼的正南且楼距为米，号教学楼在号教学楼的正东且楼距为米.现有种型号的考试屏蔽仪，它们的信号覆盖半径依次为米，每个售价相应依次为元.若屏蔽仪可在地下及地上任意位置安装且每个安装费用均为元，求让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费.（参考数据：） 【答案】（1）中位数为；平均数为；（2）平均数为；标准差为；（3）元. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图能求出中位数、平均分； （2）由题意，求出剩余8个分数的平均值，由10个分数的标准差，能求出剩余8个分数的标准差； （3）求出将3座教学楼完全包裹的球的最小直径、将一座教学楼完全包裹的球的最小直径和将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径，由此能求出让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费． 【详解】（1）因为 所以中位数为满足 由，解得 设平均分为， 则 （2）由题意，剩余个分数的平均值为 因为个分数的标准差 所以 所以剩余个分数的标准差为 （3）将座教学楼完全包裹的球的最小直径为： 因此若用一个覆盖半径为米的屏蔽仪则总费用为元； 将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为 因此若用个覆盖半径为米的屏蔽仪则总费用为元； 将号教学楼与号教学楼完全包裹的球的最小直径为： 又因为 因此若用个覆盖半径为米和个覆盖半径为米的屏蔽仪则总费用为元； 所以，让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为元. 【点睛】本题考查中位数、平均数、标准差、最小费用的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 19. 设，. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)记函数，若当时，函数有极大值，求取值范围. 【答案】(1)；(2). 【解析】 【分析】(1)求出函数的导数，计算，并结合导数的几何意义，求出切线方程即可；(2)对求导，并求出的根，然后分类讨论两根的大小关系，进而确定单调区间和极值点即可求解. 【详解】(1)当时，，所以， 故，又， 故函数的图象在点处的切线方程为：， 化简整理得：. (2)由已知得， 所以()， 令得，，下面对两根进行讨论： ①当即时，，随的变化情况如下表： 1 ﹣ 0 + 递减 极小值 递增 由表知，是函数的极小值点，不合题意. ②当即时，，随x的变化情况如下表： 1 + 0 ﹣ 0 + 递增 极大值 递减 极小值 递增 由表知，是函数的极小值点，不合题意. ③当即时，，随的变化情况如下表： 1 + 0 + 递增 非极值 递增 由表知，不是函数的极值点，不合题意. ④当即时，，随的变化情况如下表： 1 + 0 ﹣ 0 + 递增 极大值 递减 极小值 递增 由表知，是函数的极大值点，符合题意. 综上所述，当时，是函数的极大值点，即的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$