湖南省长沙市周南中学2025届高三上学期第三阶段考试后数学针对性训练

湖南省长沙市周南中学2025届高三第三阶段考试后数学针对性训练 一、单选题 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则（    ） A． B． C．2 D．4 3．命题“”的否定是 A． B． C． D． 4．已知直线和直线，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．函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 6．已知数列的前项和为，，当时，，则等于（    ）． A．1008 B．1009 C．2016 D．2017 7．物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是，经过一段时间t后的温度是T，则，其中称为环境温度，h称为半衰期，现有一杯用88℃热水冲的速溶咖啡，放在24℃的房间中，如果咖啡降到40℃需要20分钟，那么咖啡从40℃降温到32℃时，还需要（    ）分钟． A．3 B．6 C．10 D．12 8．已知函数.若存在使得成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．若，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．设函数的最小正周期为，且在内恰有3个零点，则（    ） A．的图象可能关于直线对称 B．的取值范围是 C．在上不可能是单调函数 D．的取值范围是 11．如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，点为棱的中点，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（    ）    A．长度的最小值为 B．存在点，使得 C．存在点，使得 D．棱长为1.5的正方体可以在此空心棱台容器内部任意转动 三、填空题 12．若数列满足，，则 . 13．已知椭圆的左，右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线交椭圆于，两点，点在轴上方，若，的内切圆的面积为，则椭圆的离心率为 . 14．编号为的四个小球，有放回地取三次，每次取一个，记表示前两个球号码的平均数，记表示三个球号码的平均数，则与之差的绝对值不超过0.2的概率是 . 四、解答题 15．a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知． (1)求； (2)若的周长为，求的面积（结果用小数表示，取）． 16．已知． (1)求在处的切线方程； (2)若，记为函数g(x)的两个极值点，求的取值范围． 17．在多面体中，为菱形，，为正三角形. （1）求证：； （2）若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值. 18．已知椭圆的右焦点为，若过点的直线与椭圆交于，两点，且的中点为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点，在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，证明直线经过定点，并求面积的最大值． 19．已知空间向量列，如果对于任意的正整数，均有，则称此空间向量列为“等差向量列”，称为“公差向量”；空间向量列，如果且对于任意的正整数，均有，，则称此空间向量列为“等比向量列”，常数称为“公比”. (1)若是“等差向量列”，“公差向量”，，；是“等比向量列”，“公比”，，.求； (2)若是“等差向量列”，，记，且，等式对于和2均成立，且，求的最大值. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省长沙市周南中学2025届高三第三阶段考试后数学针对性训练参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B A A B C D BD AD 题号 11 答案 ABC 1．A 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】因为，， 所以. 故选：A. 2．B 【分析】求出复数z的代数形式，进而求模即可. 【详解】, , 则 故选：B 3．B 【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解． 【详解】因为命题“”是特称命题， 所以其否定是全称命题，即为， 故选：B． 4．A 【分析】根据的充要条件求得或，再由充分条件、必要条件的概念得解. 【详解】若，则，解得或． 若，则直线，直线，可知； 若，则直线，直线，可知， 综上所述：或． 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 5．A 【分析】将函数表示为分段函数，判断函数的单调性与该函数在上的函数值符号，利用排除法可得出正确选项. 【详解】， 由复合函数的单调性可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，排除B、C选项. 当时，，则，此时，排除D选项. 故选：A. 【点睛】本题考查函数图象的识别，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点与函数值符号，结合排除法得出正确选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 6．B 【分析】当时，，则，两式相减可得，求出中所有奇数项成等差数列,求出结果. 【详解】因为当时，， 所以， 两式相减得， 所以数列中所有奇数项构成首项，公差为1的等差数列， 则是奇数项等差数列中的第1009项，故=． 故选：B 7．C 【解析】由题意代入函数解析式求出，再将40℃和32℃代入即可得结果. 【详解】由已知可得， 则， 解得， 此杯咖啡从40℃降温到32℃， 可得：， 解得， 所以还需要10分钟． 故选：C． 8．D 【解析】将变形为，利用单调性可得，从而，再构造函数，通过求导找到最小值即可. 【详解】易知在上单调递增，在上单调递减，同理， ，易得在上单调递增，在上单调递减，又存在 使得成立，则， ，且，又在上单调递增， 故，所以，令，则， 易知，在上单调递减，在上单调递增， 故. 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究双变量函数的最值问题，考查学生的逻辑思维与等价转化思想，是一道难题. 9．BD 【分析】举反例排除AC，利用不等式的性质判断BD，从而得解. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，因为，所以，即，所以，故B正确； 对于C，因为，取，则，故C错误； 对于D，因为，由不等式的性质可知，故D正确. 故选：BD. 10．AD 【分析】根据周期求出，结合的范围及，得到，把看做一个整体，研究在的零点，结合的零点个数，最终列出关于的不等式组，求得的取值范围，然后由三角函数的性质判断选项. 【详解】因为，所以.由，得. 当时，，又，所以. 因为，在上的零点为，，，，且在内恰有3个零点， 所以或解得. 当时，的图象关于直线对称. 当时，在上单调递增. 故选：AD 11．ABC 【分析】 根据题意取的中点为，截取平面，利用正四棱台性质可知平面，由线面角定义可知点的轨迹是以为直径在平面内的半圆，再利用圆外一点到圆上点距离的最值问题可知A正确；利用线面垂直的判定定理可知当与以为直径的半圆相切时，满足，即B正确；根据线面平行的判定定理可得当点与点重合时满足，即C正确；易知此棱台可放入的最大球的直径为，而棱长为1.5的正方体的外接球直径为，可知D错误. 【详解】对于A，分别取的中点为，连接，如下图所示：    由题意得，，又，平面， 所以可得平面， 又平面，所以； 又因为正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为， 即可得，易得， 所以在梯形中，，可得， 满足，所以； 又，平面，所以平面； 又因为与平面所成角的正切值为， 可得，即， 所以点的轨迹是为圆心，即以为直径在平面内的半圆， 故长度的最小值为，故A正确； 对于B，由选项A可知，平面，平面，所以； 若（即与以为直径的半圆相切时），平面， 又平面，所以， 即存在点，使得，故B正确； 对于C，当点与点重合时，，且， 此时四边形为平行四边形，所以，即，故C正确； 对于D，若正方体在此容器内部可以任意转动，则正方体的外接球可以放进容器， 棱长为1.5的正方体的外接球直径为， 由等腰梯形可知，其高，如下图所示：    可知此棱台可放入的最大球的直径为，小于正方体外接球直径， 故不可以在此空心棱台容器内部任意转动，所以D不正确． 故选：ABC 【点睛】方法点睛：在处理立体几何当中的动点问题时，往往根据几何体特点利用已知条件得出动点轨迹，再利用适当的定理处理动点与不动点平行、垂直等问题. 12． 【分析】当时，，当时，由与的关系可得，即可求解. 【详解】当时，， 当时，①， ②， ①②得，即， 所以. 13． 【分析】椭圆，根据，的内切圆的面积为，解得的周长为，结合三角形面积公式，即可求得的离心率为. 【详解】椭圆， 令，得 又的内切圆面积为， 内切圆半径为， 由椭圆的定义可得的周长为， 的面积为 即有， 又 解得 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了求椭圆的离心率，解题关键是掌握椭圆离心定义和三角形内切圆半径的求法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 14．/0.375 【分析】根据排列知识可求基本事件的总数为64，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【详解】因为放回的抽取小球，所以基本事件总数为， 设抽取的前两个球的号码为，第三个球的号码为， 根据题意有， 则， 整理得，即， 当时，，此时为，3种情况； 当时，，此时为，9种情况； 当时，，此时为，9种情况； 当时，，此时为，3种情况； 综上得，满足条件的共有，所以满足条件的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据题意构造不等式，然后结合抽出的前两个球号码为正整数，再对第三个球号码进行分类讨论即可得出符合条件的的数量，再结合基本事件总数即可得出结果. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据条件，结合余弦定理即可得到结果. （2）根据正弦定理及余弦定理可得到的关系，再根据三角形周长条件即可求得边，结合三角形面积公式即可得到结果. 【详解】（1）因为， 由余弦定理可得. 故 （2）因为，所以.   由余弦定理得， 则. 因为的周长为，所以， 解得.   所以的面积为， 因为，所以的面积为. 16．(1) (2) 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解； （2）则有两个不等的正根，可得，，得，则令，构造函数，利用函数的单调性求解即可. 【详解】（1）， 又切点切线方程为，即. （2） 为两个极值点，有两个不等的正根， ，，得， 令，得， ，，则，则， 在递减，， 即的取值范围为． 17．（1）证明见解析（2） 【解析】（1）取的中点为，连接，由已知可得，，进而有 平面，即可证明结论； （2）由已知可得平面，建立空间直角坐标系，求出坐标以及平面的法向量坐标，根据空间向量的线面角公式，即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接， 为正三角形，， 为菱形，，为正三角形， ，， 平面，. （2）由（1）知，，平面平面，平面， 以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，直线与平面所成的角，则， 则， 设平面的法向量为， 则，取， 则，，， ， 直线与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】本题考查线线垂直的证明，注意垂直隐含条件的挖掘，考查用空间向量法求线面角，考查计算求解能力，属于中档题. 18．(1) (2)证明见解析，面积的最大值为. 【分析】（1）设、，利用点差法得到，再由，求出、，即可得解； （2）首先判断直线不垂直于轴，设，、，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由得到，即可得到或，从而求出直线过定点坐标，设定点为，则，再利用换元法及二次函数的性质计算可得. 【详解】（1）设、，则， 所以，，， 又因为、两点都在椭圆上，所以，， 两式相减得，即， 即，即，所以， 又，所以，， 所以椭圆的方程为. （2）易知直线与的斜率同号， 所以直线不垂直于轴， 设，、， 由可得， 所以，，， 所以 ， 所以， 即，所以， 所以或， 所以直线或，因为直线不经过点， 所以直线经过定点， 设定点为， 所以 所以，即，设，则， 所以， 当且仅当，即时取等号， 即面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．(1) (2)31 【分析】（1）根据题意，由“等差向量列”定义和“等比向量列”定义可得的通项公式，再由错位相减法，即可得到结果； （2）根据题意，构造函数，结合函数的性质，列出不等式，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由“等差向量列”定义和“等比向量列”定义知， ， ， ， 设， ， 两式相减得， 所以. （2），所以，所以为等差数列， 所以， 由题意知 ， 构造函数， 则 ， 所以函数至少有三个零点， 若要使有三个零点，则存在，使得为常数，且三个零点均在内，所以m为偶数，且 ，解得， 所以，解得， m的最大值为31. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了空间向量与数列相结合的知识点，包括数列的通项公式以及求和公式，难度较大，解得本题的关键在于理解“等差向量列”定义和“等比向量列”定义，然后结合数列的相关知识解答. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$