精品解析：湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高三上学期期末考试数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 已知为虚数单位，则复数虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 设、是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，若，，，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知非零向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 已知关于的二项式展开式的二项式系数之和为，常数项为，则的值为 A. B. C. D. 6. 已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝（ ） A. 1 B. 5 C. D. 7. 已知函数和的图象的对称中心完全相同，若，则的取值范围是 A. B. C. D. 8. 在三棱台中，截面与底面平行，若，且三棱台的体积为1，则三棱台的体积为（ ） A 5 B. 8 C. 9 D. 10 二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 9. 给出下列命题，其中正确命题是（ ） A. 若样本数据，，…，（数据各不相同）的平均数为2，则样本数据，，…，的平均数为3 B. 随机变量的方差为，则 C 随机变量服从正态分布，，则 D. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用表示出现正面向上的次数，则 10. 对于实数a，b，m，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若且，则 D. 若，则 11. 方程所表示的曲线（ ） A. 关于原点对称 B. 关于直线对称 C. 与直线没有交点 D. 不经过第三象限 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 若，则_____________． 13. 如图，在正方体中，点M，N分别为棱上的动点（包含端点），则下列说法正确的是_____________． ①当M为棱的中点时，则在棱上存在点N使得； ②当M，N分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行； ③当M，N分别为棱的中点时，则过，M，N三点作正方体的截面，所得截面为五边形； ④若正方体的棱长为2，则三棱锥的体积可能为1； ⑤直线与平面所成角的正切值的最小值为． 14. 数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有______个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为______. 四､解答题：本大题共 5 小题，共 80 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知三棱柱（如图所示），底面是边长为2的正三角形，侧棱底面ABC，，E为的中点. （1）若G为的中点，求证：平面； （2）求三棱锥体积. 16. 计算： （1）已知，求的值. （2）求的值. 17. 已知是抛物线上一点，是抛物线的焦点，已知， （1）求抛物线的方程及的值； （2）当在第一象限时，为坐标原点，是抛物线上一点，且的面积为1，求点的坐标； （3）满足第（2）问的条件下的点中，设平行于的两个点分别记为，问抛物线的准线上是否存在一点使得，. 18. 已知函数和. （1）若函数在点处的切线与直线垂直，求的单调区间和极值； （2）当时，证明：的图象恒在的图象的下方. 19. 在集合中，任取个元素构成集合. 若的所有元素之和为偶数，则称为的偶子集，其个数记为；若的所有元素之和为奇数，则称为的奇子集，其个数记为. 令 (1)当 时，求的值； (2)求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高三上学期期末考试数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由指数函数性质确定集合，再由交集定义计算． 【详解】，又， 所以， 故选：A． 2. 已知为虚数单位，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用乘方运算和模长计算可得，可知虚部为. 【详解】根据题意可得， 易知的虚部是. 故选：D 3. 设、是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，若，，，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，配方可得，从而利用双曲线的定义可求出，进而利用求出，得出双曲线的标准方程即可求出渐近线方程. 【详解】由题意可得，， 可得，可得，， 可得渐近线方程为． 故选：D 【点睛】本题考查了双曲线的定义、双曲线的简单几何性质，属于基础题. 4. 已知非零向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的定义可得，代入坐标计算可求得. 【详解】向量在方向上的投影向量为， 所以，解得. 故选：A. 5. 已知关于的二项式展开式的二项式系数之和为，常数项为，则的值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，有2n=32，可得n=5，进而可得其展开式为Tr+1=C5r•（）5﹣r•（）r，分析可得其常数项为第4项，即C53•（a）3，依题意，可得C53•（a）3=80，解可得a的值． 【详解】根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为32，则有2n=32， 可得n=5， 则二项式的展开式为Tr+1=C5r•（）5﹣r•（）r， 其常数项为第4项，即C53•（a）3， 根据题意，有C53•（a）3=270， 解可得，a=3； 故选C． 【点睛】求二项展开式有关问题常见类型及解题策略 (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可. (2)已知展开式某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数. 6. 已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝（ ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式和通项公式，代入已知条件，可解出的值，从而求出的值. 【详解】由题意得＝3a1q2，解得q＝－或q＝1(舍)，所以S5＝＝ ＝. 故选：D. 【点睛】本题考查等比数列前项和公式和通项公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题. 7. 已知函数和的图象的对称中心完全相同，若，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】考点：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的定义域和值域． 专题：计算题． 解答：解：函数f(x)=3sin(ωx-)（ω＞0）和g（x）=3cos（2x+φ）的图象的对称中心完全相同，所以ω=2，f(x)=3sin(2x-)， 因为x∈[0，]所以2x-∈ [-，]，所以3sin(2x-)∈[-，3]； 故选A 点评：本题是基础题，考查三角函数的基本知识，基本性质的应用，周期的应用，考查计算能力． 8. 在三棱台中，截面与底面平行，若，且三棱台的体积为1，则三棱台的体积为（ ） A. 5 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】将三棱台补成三棱锥，根据面积比转换为边长比，再由三棱锥和三棱台的体积比与边长比的关系，即可求出三棱锥的体积以及三棱台的体积，从而可得结论. 【详解】将三棱台补成三棱锥， 因为，所以， 设，三棱锥的体积为，三棱台的体积为b， 则所以． 故选：B． 【点睛】关键点睛：将三棱台补成三棱锥，灵活运用面积比与边长比的关系以及体积比与边长比的关系是解题关键，本题主要考查三棱台的体积问题，考查转化思想，属于较难题. 二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 9. 给出下列命题，其中正确命题是（ ） A. 若样本数据，，…，（数据各不相同）的平均数为2，则样本数据，，…，的平均数为3 B. 随机变量的方差为，则 C. 随机变量服从正态分布，，则 D. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用表示出现正面向上的次数，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用离散型随机变量的期望的性质判定选项A错误；利用离散型随机变量的方差的性质判定选项B正确；利用正态分布的对称性判定选项C正确；利用二项分布判定选项D正确. 【详解】对于选项A： 由，得： ， 所以选项A错误； 对于选项B： 由，得： ， 所以选项B正确； 对于选项C： 因为随机变量服从正态分布， 所以， 又因为， 则， 由正态分布的对称性可得： ， 故选项C正确； 对于选项D： 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，则 正面向上次数服从二项分布， 所以， 故选项D正确. 故选：BCD. 10. 对于实数a，b，m，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若且，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用不等式的性质判断A；举特值计算判断B；利用对数函数的性质结合 对勾函数判断C；构造函数，利用函数单调性比较大小判断D作答. 【详解】依题意，当时，，则有，A正确； 因，取，满足，而，此时有，B不正确； 因，则，而，于是得，即，有， 由得，又函数在上单调递增，所以，C正确； 函数，则，即在上单调递减， 因，则，所以，D正确. 故选：ACD 11. 方程所表示的曲线（ ） A. 关于原点对称 B. 关于直线对称 C. 与直线没有交点 D. 不经过第三象限 【答案】BCD 【解析】 【分析】在曲线上任取一点，根据关于原点对称坐标为，关于直线 对称的坐标为，代入方程可判断A、B；将代入可判断C；根据第三象限的坐标特征可判断D. 【详解】在曲线上任取一点， 对于A，关于原点对称点为，代入方程可得 ，故 不满足方程， 故A不正确； 对于B，原方程，将方程中的换为 ，将换为， 方程为，与原方程相同， 故曲线关于直线对称，故B正确； 对于C，当时，，即 ，此方程无解，故C正确； 对于D，若在第三象限，则，所以 ， 所以，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 若，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据，结合两角和差公式运算求解. 【详解】由题意可得：． 故答案为：. 13. 如图，在正方体中，点M，N分别为棱上的动点（包含端点），则下列说法正确的是_____________． ①当M为棱的中点时，则在棱上存在点N使得； ②当M，N分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行； ③当M，N分别为棱的中点时，则过，M，N三点作正方体的截面，所得截面为五边形； ④若正方体的棱长为2，则三棱锥的体积可能为1； ⑤直线与平面所成角的正切值的最小值为． 【答案】①③④⑤ 【解析】 【分析】①为的中点时，过作于，证面即可； ②根据正方体棱的特征和线面平行的判定方法可知没有满足条件的棱； ③过线线平行和线面平行的性质，作出平面与正方体各个面的交线即可判断； ④应用等体积法有，可得结合的范围即可判断； ⑤过作于，，长度的最大值为对角线BD； 【详解】①如图，当为的中点时，过作于， ∴面，面，则， 又，， ∴面，又面，则，故正确； ②在正方体中，棱分为三类，分别是与平行的棱，又不与面平行， ∴在正方体中不存在棱与面平行，故错误； ③如图，取中点，连接，则，过作的平行线交于点，此时， ∴，即为过三点的平面与面的交线； 连接，在上取，使得， ∴，再过作的平行线交于，此时， ∴，即为过三点的平面与面的交线；连接，则五边形，即为正方体中过三点的截面，故正确； ④由等体积法得：，又在运动过程中到平面的距离始终为2， ∴，又的取值范围为， ∴的取值范围为，故三棱锥的体积可能为1，故正确； ⑤设正方体棱长为2，如图，过作于， ∴面，则与面所成角即为， ∴，又长度的最大值为， ∴与面所成角的正切值的最小值为，故正确. 故答案为：①③④⑤． 【点睛】关键点点睛：综合应用正方体的性质、线面垂直的判定及性质、平面的基本性质、等体积法、线面角的定义及求法判断各选项的正误. 14. 数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有______个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为______. 【答案】 ① 240 ②. 【解析】 【分析】应用分步计数，结合排列组合数求数字组成的五位五进制数的个数，设构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，根据，将问题化为能被3整除，结合进行分类讨论求五进制数的个数，最后求其概率. 【详解】由数字组成的五位五进制数，要求每个数字都要出现， 则需要先从中选取一个数字作为重复出现的数字， 再将不重复出现的3个数字从五个位置中选3个进行排列， 最后剩余两个位置排重复数字， 故所求不同的五位五进制数共有个， 数字组成的三位五进制数总共有个， 设这个三位五进制数从左到右的数字分别为， 转化成十进制数后此数为， 此数能被3整除等价于能被3整除， 因为，所以能被3整除的只有三种情况， 若，则的取值有、两种， 若，则的取值有、、、、五种， 若，则的取值有、两种， 故能被3整除的数共有个，则所求概率为. 故答案为：240， 【点睛】关键点点睛：对于构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，将问题化为能被3整除是关键. 四､解答题：本大题共 5 小题，共 80 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知三棱柱（如图所示），底面是边长为2的正三角形，侧棱底面ABC，，E为的中点. （1）若G为的中点，求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】(1）连接，推导出，，由此能证明平面； (2）由，能求出三棱锥的体积. 【详解】（1）连接，如图， 底面，底面， 底面，① 为正边的中点，② 由①②及， 平面. （2）， . 取的中点，连接， 则， 平面，即为高. . 三棱锥的体积 . 【点睛】本题主要考查线面垂直的证明，三棱锥的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题. 16. 计算： （1）已知，求的值. （2）求的值. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）由已知可化简得可求．所求可化简为，代入即可求值． （2）利用二倍角公式和化一公式即可求值. 【详解】（1）． =． （2） 【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系的运用，两角和与差的正弦函数公式，二倍角的正弦公式和化一公式的应用，属于基础题． 17. 已知是抛物线上一点，是抛物线的焦点，已知， （1）求抛物线的方程及的值； （2）当在第一象限时，为坐标原点，是抛物线上一点，且的面积为1，求点的坐标； （3）满足第（2）问的条件下的点中，设平行于的两个点分别记为，问抛物线的准线上是否存在一点使得，. 【答案】（1）， （2）或或 （3）不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据焦半径可求出抛物线方程进而可求； （2）设点的坐标为根据的面积为1，得出边上的高为，利用到直线的距离公式可得，，再把点的坐标代入抛物线方程即可求解； （3）将转化为以为直径的圆与准线的位置关系来进行判断. 【小问1详解】 由题意，解得，因此抛物线的方程为 点在抛物线上可得，故 【小问2详解】 设点的坐标为边上的高为，我们知道的面积是：， 所以，， 直线的方程是，利用到直线的距离公式可得：， 化简得：，由于点在抛物线上，即， 代入条件可得：， 可以得到或， 解这个方程可以得到或， 代入拋物线方程可以得到：或或 综上所述，点的坐标有三个可能的值： 【小问3详解】 不存在，理由如下： 因为由（1）（2）知点，则的斜率为， 所以平行于的两个点分别记为，其斜率， 所以可得 则的中点， 若，则点在以为圆心，为半径的圆上， 到准线的距离等于，因为 所以，以为圆心为半径的圆与准线相离，故不存在点满足题设条件. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线的关于求点坐标的问题，往往需要设点的坐标，根据题目的已知条件寻找所设的点横纵坐标关系等. 18. 已知函数和. （1）若函数在点处的切线与直线垂直，求的单调区间和极值； （2）当时，证明：的图象恒在的图象的下方. 【答案】（1）答案见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义以及垂直关系可得，代入原函数，利用导数判断的单调区间和极值； （2）构建，利用导数分析可得，进而可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为的定义域为，则， 且直线的斜率为， 由题意可得：，解得， 此时的定义域为，， 令，解得；令，解得； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为，极大值为，无极小值. 【小问2详解】 构建，则， 因为在内单调递增，可知在内单调递增， 且， 则在内存在唯一零点， 当，则；当，则； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 又因为，可得， 则，， 即，可得， 若，可得，即， 可得，即， 所以的图象恒在的图象的下方. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19. 在集合中，任取个元素构成集合. 若的所有元素之和为偶数，则称为的偶子集，其个数记为；若的所有元素之和为奇数，则称为的奇子集，其个数记为. 令 (1)当 时，求的值； (2)求. 【答案】（1），，，（2） 【解析】 【详解】（1）当时，集合为， 当时，偶子集有，奇子集有，，； 当时，偶子集有，奇子集有， ，； 当时，偶子集有，奇子集有， ，； （2）当为奇数时，偶子集的个数， 奇子集的个数， 所以． 当为偶数时，偶子集的个数， 奇子集的个数， 所以 ． 一方面， 所以中的系数为 ； 另一方面，，中的系数为， 故． 综上， 考点：二项展开式的应用 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$