精品解析：湖南省衡阳市衡阳县第四中学2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题

衡阳县四中2025届高三第一学期期末考试 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、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（　　） A. 2 B. 1 C. D. 3. “”是“函数是在上单调函数”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 4. 已知平面向量满足，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为椭圆的左右焦点，，点在椭圆上，是椭圆上的动点，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 6. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种. A B. C. D. 7. 已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是圆的一条弦，，是的中点.当弦在圆上运动时，直线上总存在两点，，使得为钝角，则的取值范围是（ ） 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. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 D. 若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是 10 若数列满足，，设，则（ ） A. B. C D. 若数列的前项和为30，则或 11. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱上靠近点的三等分点，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B. 若，点的运动轨迹是线段 C. 若，则点在侧面内运动路径长度为 D. 当点与点重合时，三棱锥的体积最大 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. 若函数，则__________. 13. 关于的不等式的解集为，则的最小值为__________. 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若以为圆心，为半径作圆，过椭圆上一点作此圆的切线，切点为，且的最小值为，则椭圆的离心率是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，外接圆半径为2，的角平分线与交于点.求的长. 16. 已知数列满足，且，其前项和记为． （1）求通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是斜边为AD的等腰直角三角形， （1）求证：平面 （2）求PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）在棱PB上是否存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 18. 已知. （1）若，证明：存在唯一零点； （2）当时，讨论零点个数. 19. 已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衡阳县四中2025届高三第一学期期末考试 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、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先计算对数不等式得出集合A,再判断集合的基本关系即可. 【详解】，A⊆B A错误，B错误，C正确，D错误． 故选：C. 2. 已知复数，则（　　） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数模的性质求解即可. 【详解】， 故选：B 3. “”是“函数是在上的单调函数”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】B 【解析】 【分析】先应用对数函数的单调性判断函数单调性，再结合分段函数单调性列不等式求参得出，再应用充分必要条件定义判断即可. 【详解】依题意，函数是在上的单调函数， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 所以且，即． 时不能得到，时一定满足， 所以“”是“函数是在上的单调函数”的必要不充分条件． 故选：B. 4. 已知平面向量满足，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知求出，再求出即得解. 【详解】由，得，因为， 所以，解得， 所以， 因此，向量与向量的夹角为. 故选：D. 5. 已知为椭圆的左右焦点，，点在椭圆上，是椭圆上的动点，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可求出椭圆的标准方程，设，求出的表达式，结合二次函数的最值，即可求得答案. 【详解】由题意可知，则，， 点在椭圆上，则，结合， 解得，故， 设，则， 则 ， 当且仅当时，取最大值， 即的最大值为， 故选：B 6. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6，法一，利用间接法可求得总的方法数，法二，采用直接法求解，分甲、乙同组与不同组两种情况求解. 【详解】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6 法一：用间接法求解：此事件的反面是“甲是本组的最矮的或乙是本组最高的至少成立其一”，①甲、乙不在同一组：只有124、356一种排法； ②甲、乙在同一组：以上命题不可能同时成立， 注意到剩下四人任取一人与甲乙同组均符合题意，所以由种选法，共有种选法. 而平均分组共有种方式，所以共有种选法. 法二：用直接法求解： ①甲、乙在同一组：容易发现这是不可能的； ②甲、乙不在同一组：那么1、2中至少有一位与乙一组，5、6中至少有一位与甲一组， 取该事件的反面，即：1、2均不与乙一组且5、6均不与甲一组，4人均分两组共有种分法，符合事件反面的只有356、124一种，所以共有=5种分法. 故选：B. 7. 已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解法1：先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得.解法2：先判断正三棱柱的外接球球心在高线的中点，即可判断外接球半径继而得出外接球体积范围，排除其他三项即得. 【详解】 解法1：如图，设正三棱柱外接球的球心为，半径为. 记和外接圆的圆心分别为和，其半径为， 由正弦定理得：.而为的中点， 所以则 故选:A. 解法2：设正三棱柱外接球的半径为 因正三棱柱的高为，由对称性知其外接球球心必在高线的中点， 故此时. 故选:A. 8. 已知是圆的一条弦，，是的中点.当弦在圆上运动时，直线上总存在两点，，使得为钝角，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，点在以为圆心以1为半径的圆上，要使得为钝角恒成立，则点在以为直径的圆内部，求解的范围即可． 【详解】圆的圆心，半径， 因为为弦的中点，所以， 又因为，所以三角形为正三角形，所以， 即点在以为圆心，以为半径的圆上，点所在圆的方程为， 要使得为钝角恒成立，则点所在的圆在以为直径的圆的内部，而在直线上， 到直线的距离， 所以以为直径的圆的半径的最小值为， 所以的最小值为．此时为直角， 所以的取值范围是,． 故选：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. 已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 D. 若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】由函数图象可得，由，解得，故A正确； 所以，又函数过点，即， 所以，，即，，又，所以， ∴， 对于B：当时，， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C：将函数的图象向右平移个单位得到： ，故C错误； 对于D：当时，， 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以在上单调递减， 又，，， 故方程在上有且只有一个实数根时，则的取值范围是，故D错误． 故选：AB. 10. 若数列满足，，设，则（ ） A. B. C. D. 若数列的前项和为30，则或 【答案】BC 【解析】 【分析】结合，分析的各项的值以及周期性，判断四个选项即可. 【详解】对于A，因为，所以，因为，， 所以，，， 所以，所以，故A错误； 对于B，因为的前两项为奇数，奇数与奇数的和为偶数，偶数与奇数的和为奇数， 所以的各项为奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶，所以为奇偶偶，奇偶偶，奇偶偶， 因为，所以各项为，周期为3，其中，， 所以，，所以，故B正确； 对于C，因为各项为，周期为3，所以，故C正确； 对于D， 因为各项为，周期为3，所以，，，则每组和值为1， 若数列数列的前项和为30，即，所以，或，故D错误， 故选：BC. 【点睛】关键点睛：分析各项的特征，得出的各项，是解决本题的关键. 11. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱上靠近点的三等分点，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B. 若，点的运动轨迹是线段 C. 若，则点在侧面内运动路径长度为 D. 当点与点重合时，三棱锥的体积最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】展开平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长，得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D. 【详解】对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，连接， 则，因此A到点P的最短路程为，对； 对于B，建系如图，设， 所以，，即， 又是侧面上一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段， 为靠近点的三等分点和靠近点三等分点的连线段，对； 对于C，由B选项过程可得，整理得， 所以M在侧面内运动路径是以为圆心，为半径的圆， 而点到的距离等于， 所以要保持，则点M在侧面外， 所以点M在侧面内运动路径长度为0，错； 对于D，设平面的法向量为，则， 所以，令，则， 所以点到平面的距离等于， 因为点在平面内，所以， 当，即M与D点重合时，三棱锥的高最大， 又的面积为定值，所以M与D重合时，三棱锥的体积最大，对. 故选：ABD 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. 若函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的运算法则先求，再计算即可. 【详解】因为，所以， 得到，解得， 故答案为：. 13. 关于的不等式的解集为，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得且方程的解为，再根据韦达定理得出的关系，再根据基本不等式即可得解. 【详解】因为关于的不等式的解集为， 所以且方程的解为， 则， 因为，所以， 所以，则， 所以，所以， 则， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：由题意根据韦达定理得出，是解决本题的关键. 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若以为圆心，为半径作圆，过椭圆上一点作此圆的切线，切点为，且的最小值为，则椭圆的离心率是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据切线长计算可得的最小值为，再由焦半径公式可得，整理成关于的齐次方程可得结果. 【详解】如下图所示： 易知， 又的最小值为可得的最小值为， 根据焦半径公式可得的最小值为，即可知, 所以，又，所以， 整理可得，即， 可得，即，解得. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用焦半径公式以及切线长公式得出相应等量关系，构造方程即可得出离心率. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，外接圆半径为2，的角平分线与交于点.求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理转化整理为，再利用余弦定理求解； （2）根据，利用两角和的余弦得到，进而得到，结合外接圆半径为2可求出三角形的边长，在中利用正弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以, 即,即, 因为，所以. 【小问2详解】 . 所以，从而， 所以， 因为外接圆半径为，所以外接圆直径为， 由正弦定理得， 所以 因为的角平分线为，所以，所以 在中，由正弦定理得，即，解得 16. 已知数列满足，且，其前项和记为． （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可得是公差为的等差数列，由可得，进而可知公差为1，进而可写出通项公式； （2）由（1）可写出，进而的表达式可知，利用裂项求和的方法即可证明不等式. 【小问1详解】 因为，所以， 所以是公差为的等差数列． 又，所以，从而公差为1， 所以． 【小问2详解】 ， ， 所以 ， 因，所以，不等式得证. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是斜边为AD的等腰直角三角形， （1）求证：平面 （2）求PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）在棱PB上是否存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面PAD，再由线面垂直的判定定理可得证； （2）利用空间向量法求线面角； （3）设利用空间向量的数量积，求解，推出结果. 【小问1详解】 平面平面ABCD，平面平面 平面ABCD，， 平面PAD， 平面， 又且，PA、平面平面PAB； 【小问2详解】 取AD中点为O，连接PO、CO， 又， 则， ，则， 以O为坐标原点，分别以所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ， 设为平面PCD的一个法向量， 由，得，令，则， 设PB与平面PCD所成角的角为， 【小问3详解】 假设在棱PB上存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为， 由可知，， ，设 设为平面ADM的一个法向量， 由得， 则， 易知平面ABCD的一个法向量为， 设平面ADM与平面ABCD的夹角为 ， ， 18. 已知. （1）若，证明：存在唯一零点； （2）当时，讨论零点个数. 【答案】（1）证明见详解 （2）有2个零点 【解析】 【分析】（1）利用导函数研究函数在上的单调性，进而根据零点存在性定理证明即可； （2）分类讨论，利用导函数研究单调性，根据零点存在性定理求解即可. 小问1详解】 由题意，， 则， 由于，所以，则，又，所以， 进而，所以在上单调递减， 又，， 根据零点存在性定理可知：函数在上存在唯一零点. 【小问2详解】 ，，则，， 当 时，因为， 所以， 此时单调递减，， 所以在上没有零点， 当时，令， 则， 所以 在上单调递增，又， 故当时，，则在上单调递减，又， 当时， ，故在上单调递增， 因此，当时，只有一个零点，即， 当时，，所以在上单调递减， 又，， 故，使得，且当时，，单调递增， 当时，，，单调递减， 而，， 所以当时，，此时无零点， 当时，只有一个零点， 综上可知：时，有2个零点. 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数常用方法： （1）直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个； （2）零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且，再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数； （3）数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 19. 已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 【答案】（1）椭圆的方程为 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标及的周长，可得的值，从而可求解椭圆方程； （2）（i）先利用点的坐标表示出两条直线的斜率，再结合椭圆的方程，代入化简即可；（ii）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与（i）中斜率乘积为定值，化简求得定点坐标，即可证得结论． 【小问1详解】 依题意可设椭圆，且， 又的周长为，即， 所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 证明：（i）设,，,，， 由（1）可知，， 所以，， 因为，即，所以， 所以， 又，所以， 所以； （ii）因为直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，， 由（i）可知，，即， 所以， 即， 化简得，解得或（舍去）， 所以直线的方程为， 所以直线经过轴上的定点，定点坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$