精品解析：江西省新余市第四中学2024-2025学年高三上学期12月段考数学试卷

2024-2025学年新余四中高三年级12月段考数学试卷 第I卷（选择题） 一、单选题（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. 过两点的直线的倾斜角为（    ） A. 0° B. 90° C. 180° D. 不存在 2. 平面直角坐标系中点满足，则点轨迹为（ ） A. 线段 B. 圆 C. 椭圆 D. 不存在 3. 已知椭圆的一个焦点为，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 直线和直线在同一坐标系中可能（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆与圆相交所得的公共弦长为，则圆的半径（    ） A. B. C. 或1 D. 6. 已知在所有矿石中含有某种稀有元素的概率约为0.1，小郅与小祥同学有一把探测器可识别该稀有元素且准确率高达0.9（即有0.1的概率对不含有该稀土元素的矿石作出反应）.在某次探索实践任务中，他们共同发现了一堆由探测器检验含有该元素的矿石，但是否真的含有该元素则需进一步检验，再回实验室途中，小祥提出用2000元向小郅卖出所有矿石，若矿石中真实含有该元素，则价值约10000元，否则将一文不值.若小郅同学出钱购买，则他获得利润的均值约为：（ ）元. A. -2200 B. 3000 C. 2200 D. 7000 7. 设，，，则的大小关系为：（ ）. A. B. C. D. 8. 现有一三棱锥，，为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，，，平面恰好经过点.设平面截球的截面为，截面中心为，若，，为上一点，则取最大值时，（ ）. A. B. C D. 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．） 9. 已知曲线：，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则是两条直线 B. 若，则是圆，其半径为 C. 若，则是椭圆 D. 若，则是椭圆，其焦点在轴上 10. 已知首项均为的等差数列和等比数列，的公差恰好为公比的倒数，若恒成立，则的取值可以是（ ）. A. B. C. D. 11. 在长、宽、高分别为1、1、2的长方体中任取3个顶点构成平面，则该长方体在上的投影面积可能是：（ ）. A. B. C. D. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 经过点，且被圆：所截得的弦最短时的直线的方程为________． 13. 已知抛物线的准线为，焦点为，动圆与相切，若经过总存在直线与相切，则的取值范围是：__________. 14. 设分别是椭圆的左､右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知，是椭圆C：的两个焦点，，为C上一点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若P为C上一点，且，求的面积． 16. 在平行四边形中，，，边，所在直线的方程分别为和． （1）求边所在直线的方程和点到直线的距离； （2）求过点且在轴和轴截距相等的直线方程． 17. 已知数列满足，.的前项和为，的前项积为. （1）求证：数列为等比数列并求出其通项. （2）已知，求证：. 18. 椭圆的光学性质在物理学中有主要应用：如图1，在椭圆上有一点，分别为其左、右焦点，过作直线与切于，则直线与的夹角大小相等. （1）求证：的方程为：； （2）如图2：在（1）的基础上，双曲线的离心率为且与有相同焦点，不与、的交点重合，与交于两点，过分别作的切线交于. 求证：（ⅰ） （ⅱ） 19. 已知某类数集中有个元素，这些元素和为且它们的某种排列可以构成等差数列，我们就称这样的集合为“好集”.对于一系列互不相同的正整数，若好集满足：，，中的元素个数至多为1，且存在某些使它们的并集（）中元素的某种排列也为等差数列，我们就称可以构成“优集合”.特别的，规定下标最小的好集. （1）证明：好集可以构成优集合. （2）若好集可以构成优集合，证明：不全偶数. （3）若好集可以构成优集合，试判断是否能为以1为首项的等比数列？若能，请求出所有的通项；若不能，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年新余四中高三年级12月段考数学试卷 第I卷（选择题） 一、单选题（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. 过两点的直线的倾斜角为（    ） A. 0° B. 90° C. 180° D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】求出的直线方程即可得出答案. 【详解】由题意可知：的直线方程为，所以直线的倾斜角为. 故选：B 2. 平面直角坐标系中点满足，则点的轨迹为（ ） A. 线段 B. 圆 C. 椭圆 D. 不存在 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点距离之和的几何意义分析即可 【详解】因为，表示点到两点的距离之和为2， 又，则点的轨迹就是线段. 故选：A 3. 已知椭圆的一个焦点为，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆方程可知值，根据焦点坐标得到值，即可求出代入离心率公式求解. 【详解】由已知可得，， 则， 所以， 则离心率． 故选：D. 4. 直线和直线在同一坐标系中可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由四个选项中的可知，分别由四个选项中的的符号推导的斜率和纵截距的符号可得解. 【详解】根据题意可知，， 对于、、，由可知，，所以：的斜率为正数，故、、不正确； 对于，由可知，，此时：符合，故正确. 故选：D 【点睛】本题考查了根据直线方程识别图象，属于基础题. 5. 已知圆与圆相交所得的公共弦长为，则圆的半径（    ） A. B. C. 或1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出公共弦方程，在根据勾股定理由弦长计算圆心到公共弦的距离进而求出，最后再求圆的半径. 【详解】两圆相减得公共弦方程为：， 根据题意可知，圆的圆心到公共弦的距离， 解得：或， 当时，圆的标准方程为：， 当时，圆的标准方程为：， 所以或. 故选：C 6. 已知在所有矿石中含有某种稀有元素概率约为0.1，小郅与小祥同学有一把探测器可识别该稀有元素且准确率高达0.9（即有0.1的概率对不含有该稀土元素的矿石作出反应）.在某次探索实践任务中，他们共同发现了一堆由探测器检验含有该元素的矿石，但是否真的含有该元素则需进一步检验，再回实验室途中，小祥提出用2000元向小郅卖出所有矿石，若矿石中真实含有该元素，则价值约10000元，否则将一文不值.若小郅同学出钱购买，则他获得利润的均值约为：（ ）元. A. -2200 B. 3000 C. 2200 D. 7000 【答案】B 【解析】 【分析】分别计算小郅同学盈利和亏损的概率，再根据均值公式求解. 【详解】设该矿石由探测器检验含有该元素为事件A，该矿石含有该元素为事件B， 则，, 所以利润的均值元. 故选：B 7. 设，，，则的大小关系为：（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别构造函数，，利用导数求导，得单调性求解即可． 【详解】令，求导得，，， 当时，，函数在单调递减， 当时，，函数在单调递增， 所以，所以，当且仅当，时等号成立，所以， 所以，设，则， 记，则，记， 则，所以在上单调递增， 故时，，即， 所以在上单调递增，故时，， 即，所以在上单调递增， 故时，，即，所以， 又，所以，即，所以． 故选：A 8. 现有一三棱锥，，为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，，，平面恰好经过点.设平面截球的截面为，截面中心为，若，，为上一点，则取最大值时，（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出三角形，再应用球的截面性质求出球的半径，根据三角形的等腰特点确定点的位置并求出点到截面的距离，分析当取最大值时，需取到最大值，进而求解. 【详解】解：因为在截面内，所以， 即三角形为直角三角形，所以截面中心为中点. 因为为截面中心，所以由球的截面性质可知，截面， 因为截面，所以. 在直角三角形中，，， 所以，进而， 取的中点，连， 因为平面恰好经过点，所以点为三角形的外心， 又因为，所以且点，点，点三点共线， 当点在三角形内部时（如图1所示），作，垂足为点， 易知，且点，点，点三点共线，连. 在直角三角形中，，，，所以， 在直角三角形中，，，，所以， 在直角三角形中，，，，， 根据相似知识可知，,. 所以， 又因为为上一点，所以时，才取最大值， 此时. 当点在三角形外部时（如图2所示），同理可得，， 所以当，取最大值， 而此时 . 综上所述，取最大值时， . 故选：D 【点睛】易错点点睛：球心可能在三角形内部，也可能在其外部，在解题时易忽略分类讨论. 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．） 9. 已知曲线：，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则是两条直线 B. 若，则是圆，其半径为 C. 若，则是椭圆 D. 若，则是椭圆，其焦点在轴上 【答案】AD 【解析】 【分析】把已知方程变形，结合四个选项中的条件依次判断得答案． 【详解】对于A：若，，则曲线：，即，表示两条平行于轴的直线，故A正确； 对于B：若，方程化为，则是圆，其半径为，故B错误； 对于C：当，时满足，但是曲线：表示焦点在轴的双曲线，故C错误； 对于D：若，则可化为， 因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故D正确； 故选：AD 10. 已知首项均为的等差数列和等比数列，的公差恰好为公比的倒数，若恒成立，则的取值可以是（ ）. A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，按项数分奇偶讨论；B项取特殊项验证可判断；C项利用二项式定理证明即可；D项利用数学归纳法证明. 【详解】设等比数列的公比为，由首项为，得； 由等差数列的公差为，首项为，则. A项，当时，则，所以， 当为奇数（）时，， 又，故当为奇数时恒成立； 当为偶数时，且，设， 则， 又，故， 即当为偶数时，恒成立. 综上所述，恒成立，满足题意，故A正确； B项，当时，，则，. 此时， 不成立，不满足题意，故B错误； C项，当时，，则 ，， 由当时，， 故恒成立，满足题意，故C正确； D项，当时，， 则，， 故，且. 下面用数学归纳法证明对任意正整数成立. ①当时，不等式左边，右边，故左边右边， 即当时，不等式成立. ②假设当不等式成立，即. 下面证明当时，不等式也成立， 则当时， ， 由， 得，故 即当时，成立. 由①②可知，对任意正整数成立. 所以有恒成立，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于数列不等式的证明，针对不同形式选择不同方法进行证明.如题目中根据形式用奇偶性讨论证明；由利用二项式定理证明；利用数学归纳法、作差比较法结合来进行不等式的证明. 11. 在长、宽、高分别为1、1、2的长方体中任取3个顶点构成平面，则该长方体在上的投影面积可能是：（ ）. A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据任取3个顶点构成平面的不同情况，可分5类求解，分别涉及两类表面，两类对角面和一类三角形截面，在三角形截面中应用面面垂直作出其余5个顶点在截面内的投影，证明该投影图形的面积等于矩形的面积即可求解. 【详解】解：如图所示，长方体,其中， （1）当3个顶点构成的平面为平面或平面时， 由长方体的性质可知长方体在平面内的投影分别为正方形或正方形， 所以长方体的投影面积为1； （2）当3个顶点构成的平面为平面或平面或平面或平面时， 与（1）同理可知，长方体的投影面积为； （3）当3个顶点构成的平面为平面或平面时， 长方体的投影为矩形或矩形，故长方体的投影面积为； （4）当3个顶点构成的平面为平面或平面或平面或平面时， 长方体的投影为矩形或矩形或矩形或矩形， 故长方体的投影面积为； （5）当3个顶点构成的平面为平面或平面或平面或平面 或平面或平面或平面或平面时， 由于这8种位置情况相同，不失一般性，我们只研究长方体在平面上的投影面积即可（如图所示） 设直线、、分别与平面交于点，连, 易知， 因为平面平面，且平面平面， 平面平面，所以. 又因为,所以,连接， 在正方形中，，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 又因为平面平面， 所以在平面内作，垂足为点， 由面面垂直性质定理可知，平面，垂足为点， 所以点为顶点在平面内的投影. 同理可作出顶点在平面内的投影分别为点（如图）， 所以长方体在平面内的投影图形为六边形. 同时可知，垂足为点,，垂足为点,所以四边形为矩形. 下面证明： 易知均为等腰直角三角形，斜边分别为，且， 所以，所以. 又因，且方向一致，所以， 又因为，所以. 又因为，，所以， 同理可证. 所以长方体在平面内的投影图形的面积等于矩形的面积. 在直角三角形中，，所以， 于是矩形的面积为， 即长方体在平面内的投影图形的面积为3. 综上讨论可知：长方体在平面内的投影图形的面积可能的值为：1，2，3，，. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：根据任意3 个顶点所形成的截面情况能分5种类型讨论是本题打开解题思路的关键所在，这需要有较强的空间想象力. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 经过点，且被圆：所截得的弦最短时的直线的方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】当是弦中点，她能时，弦长最短．由此可得直线斜率，得直线方程. 【详解】根据题意，圆心为，当与直线垂直时，直线被圆所截得的弦最短， 此时，则直线的斜率，则直线的方程为， 变形可得. 故答案为： 13. 已知抛物线的准线为，焦点为，动圆与相切，若经过总存在直线与相切，则的取值范围是：__________. 【答案】 【解析】 【分析】先计算出的坐标和准线方程，然后利用直线与圆相切得出，再利用点在圆外或圆上得到，两式联立求解. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点的坐标为，准线方程为， 因为动圆与相切，所以①， 又因为经过总存在直线与相切，所以点在圆外或圆上，即②， 将①代入②消去得：或， 而由于，所以，所以. 故答案为： 14. 设分别是椭圆的左､右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为________. 【答案】- 4 【解析】 【分析】设，利用以及椭圆定义计算出，最后计算即可得出直线的斜率. 【详解】如图，设，则， 因为是圆的直径，所以，所以， 即， 所以，，所以直线的斜率为. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知，是椭圆C：的两个焦点，，为C上一点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若P为C上一点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件先求解出的值，然后根据椭圆定义求解出的值，结合求解出的值，则方程可求； （2）根据先求解出点坐标，然后由三角形面积公式求解出结果. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，因为，可得，所以， 则，， 由椭圆的定义可得，所以， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 因为， 所以，所以， 所以. 16. 在平行四边形中，，，边，所在直线的方程分别为和． （1）求边所在直线的方程和点到直线的距离； （2）求过点且在轴和轴截距相等的直线方程． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质，设出平行线的方程，代入已知点，求得直线方程，利用点到直线的距离公式，可得答案； （2）联立直线方程，求得交点坐标，利用点斜式设出直线方程，表示出截距，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 在平行四边形中，，由边所在直线， 可设边所在的直线方程为，将代入上式， 则，解得，则； 由点，则点到直线的距离. 【小问2详解】 由（1）可知边所在的直线， 由题意可知边所在的直线， 联立可得，解得，可得， 过的直线设为， 令时，，令时，， 则，整理可得，， 解得或，可得或. 17. 已知数列满足，.的前项和为，的前项积为. （1）求证：数列为等比数列并求出其通项. （2）已知，求证：. 【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据递推公式即等比数列的定义证明，然后得出首项和公比，即可得出通项公式； （2）先验证时不等式成立，当时，只需证明. 【小问1详解】 因为，且， 可知数列是首项为，公比为的等差数列， 所以. 【小问2详解】 一方面：可以将写成：，然后分情况： ①时，，且，不等式成立； ②时，，而， 所以：，累乘得：. 另一方面：由题意：，所以， 累加得：， 再累乘得：， 所以. 18. 椭圆的光学性质在物理学中有主要应用：如图1，在椭圆上有一点，分别为其左、右焦点，过作直线与切于，则直线与的夹角大小相等. （1）求证：的方程为：； （2）如图2：在（1）的基础上，双曲线的离心率为且与有相同焦点，不与、的交点重合，与交于两点，过分别作的切线交于. 求证：（ⅰ） （ⅱ） 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用联立方程组应用判别式计算得出椭圆上在点处的切线方程得证； （2）（ⅰ）先联立方程组得出得出韦达定理再结合即可证明；（ⅱ）先联立方程求出，进而得出，最后结合光学性质得出，再根据相似证明结论即可. 【小问1详解】 当切线斜率存在时，设直线与相切于点， 联立直线和椭圆方程可得， 所以，整理可得； 又易知，即，所以可得； 整理可得； 又因为切点在椭圆上，即，整理可得 联立①②可得，即，可得； 所以切线方程为，化简可得； 经检验，切线斜率不存在时也符合上式， 即椭圆上在点处的切线方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）因为，所以双曲线， 得出方程为：， 设，再用与联立， ， 得到， 所以， ， 同（1）写出的方程， ,， 得到其斜率之积，又因为所以，即可得出； （ⅱ）联立，得到， 因为,于是，用两点之间距离公式计算 ，，， 由此可得：，再由光学性质得到直线与的夹角大小相等， 所以，又因为，所以与相似，从而. 【点睛】关键点点睛：解题第二问的关键点是对（1）的结论即椭圆上在点处的切线方程为的应用求解. 19. 已知某类数集中有个元素，这些元素的和为且它们的某种排列可以构成等差数列，我们就称这样的集合为“好集”.对于一系列互不相同的正整数，若好集满足：，，中的元素个数至多为1，且存在某些使它们的并集（）中元素的某种排列也为等差数列，我们就称可以构成“优集合”.特别的，规定下标最小的好集. （1）证明：好集可以构成优集合. （2）若好集可以构成优集合，证明：不全为偶数. （3）若好集可以构成优集合，试判断是否能为以1为首项的等比数列？若能，请求出所有的通项；若不能，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）能， 【解析】 【分析】（1）根据题设定义，即可求解； （2）根据题设得中必有一个集合的元素公差为2，且公差必为偶数，再分类证明即可； （3）设的公比为，总项数为（为偶数）或（为奇数），再对分类证明即可. 【小问1详解】 ，，，（答案不唯一） 【小问2详解】 由于集合公差不影响结果，不妨设其公差为2.记，由等差数列的性质： 若全为偶数，则为偶数 ，而中的元素同样满足上述性质，所以互为相反数的元素一定属于同一集合 而，所以中必有一个集合的元素公差为2，且公差必为偶数 不妨设，， ①的公差为2：则中有一个公差为，那么另一个集合元素公差为且与中至少有一个不为， 不妨设，则中至少有一个集合必然存在公差为2和或的项，这与中的元素的某种排列为等差数列矛盾，舍去； ②的公差不为2：则此时的相邻两项中包含的个元素，这些元素中必有连续的不超过项来自公差为2的集合（不妨设为）， 那么中集合元素公差应不为2，这时，中元素必然存在公差为2与不为2的项，这与中的元素的某种排列为等差数列矛盾，舍去， 故不全为偶数. 【小问3详解】 能.设的公比为，总项数为（为偶数）或（为奇数）， 因为，所以项数最多的集合公差最小为2，总项数至少为 ①为大于2的偶数，下试证：，即证： 而 ②为大于2的奇数，，由此说明：时不符合题意 ③时，给中元素从小到大编号：. 令，，， ，...，， 所有中元素总数为：，又假设，则： ，等式两边奇偶性不同，可以证明， 中最大元素为，故编号与集合中的元素一一对应， 由等差数列的性质：再证明：集合中任意两个下标和为的项其值和为， 这样令中编号为的元素为0，公差为1就得到了一系列：成立， 所以. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$