湖南省安乡县第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

湖南省常德市安乡县第一中学2024-2025学年 高三下学期入学考试数学试题 一、单选题 1．已知集合，则（ ） A．A∩B＝A B．A∩B＝B C． D． 2．已知无穷等比数列的前n项和，且a是常数，则此无穷等比数列各项的和是（    ） A． B． C．1 D．-1 3．记数列的前项和为，设甲：是公比不为1的等比数列；乙：存在一个非零常数，使是等比数列，则（    ） A．甲是乙的充要条件 B．甲是乙的充分不必要条件 C．甲是乙的必要不充分条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 4．在三棱柱中，如图所示，侧棱底面，点是的中点，是的中点，，则与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 5．已知是椭圆与抛物线的一个交点，定义.设定点，若直线与曲线恰有两个交点与，则周长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一侧棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马，平面，，，，上有一点E，使截面的周长最短，则与所成角的余弦值等于（    ） A． B． C． D． 7．“”是函数满足：对任意的，都有”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 8．数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”.若，则（    ） A．175 B．176 C．177 D．178 二、多选题 9．如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且.则下列结论中正确的有（      ） A．当时，ME与CN相交 B．MN始终与平面BCE平行 C．异面直线AC与BF所成的角为 D．当时，MN的长最小，最小为 10．已知点为圆上两动点，且，点为直线 :上动点，则（      ） A．以为直径的圆与直线相离 B．的最大值为 C．的最小值为8 D．的最小值为112 11．已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（    ） A． B． C．在上是增函数 D．存在最小值 三、填空题 12．在锐角中，为边上的中线，且，则 ． 13．已知为平面上的单位向量，，且，则的最大值为 ． 14．某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为 . 四、解答题 15．已知函数. (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)在中，内角所对的边分别是，且，若，求的面积. 16．复数除了代数形式之外，还有两种形式，分别是三角形式和指数形式，著名的欧拉公式体现了两种形式之间的联系．利用复数的三角形式进行乘法运算，我们可以定义旋转变换．根据，我们定义：在直角坐标系内，将任一点绕原点逆时针方向旋转的变换称为旋转角是的旋转变换．设点经过旋转角是的旋转变换下得到的点为，且旋转变换的表达式为曲线的旋转变换也如此，比如将“对勾”函数图象上每一点绕原点逆时针旋转后就得到双曲线：． (1)求点在旋转角是的旋转变化下得到的点的坐标； (2)求曲线在旋转角是的旋转变化下所得到的曲线方程； (3)等边中，在曲线上，求的面积． 17．如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. (1)证明；平面； (2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时,与所成角的余弦值. 18．已知椭圆的离心率为，椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点，过点作轴的垂线交直线于点，点为的中点，证明：直线的斜率为定值. 19．已知数列是由正整数组成的无穷数列.若存在常数，使得对任意的成立，则称数列具有性质. (1)分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论） ①； ②. (2)若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充分必要条件； (3)已知数列中，且.若数列具有性质，求数列的通项公式. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《湖南省常德市安乡县第一中学2024-2025学年高三下学期入学考试数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B B C D A B BD ACD 题号 11 答案 ABC 1．A 【分析】解不等式求出集合，及、，根据集合的运算逐项判断可得答案. 【详解】集合， 或， ， 或， ，故A正确，B错误； 或，故C错误； ，故D错误. 故选：A. 2．D 【分析】由无穷等比数列的前n项和，求出和，由此可求出无穷等比数列各项的和. 【详解】解：∵，， ， ∵，，成等比数列， ∴，∴， ∴，， ∴. 故选: D. 【点睛】本题考查数列的极限和运算，解题时要注意公式的灵活运用. 3．B 【分析】利用等比数列前项和公式，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】设数列的首项和公比分别为，， 则，取，得，显然数列是等比数列； 反之，取，，此时，数列为等比数列，而不是等比数列， 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：B 4．B 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得的坐标表示，进而利用空间向量夹角余弦的坐标表示求得所求. 【详解】因为在直三棱柱中，， 所以易得两两垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以， 又点分别是的中点，所以，， 故， 设与所成的角为， 则． 所以与所成角的余弦值为． 故选：B． . 5．C 【分析】抛物线与椭圆联立，得到和，从而得到，画出和图像，根据焦半径公式，得到和，从而表示出的周长，根据的范围，得到答案. 【详解】，解得，， 所以， 直线， 作出函数和的图像， 由图像可得点在抛物线上，在椭圆上， 点为抛物线的焦点， 所以， 点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为， 所以，即 由焦半径公式可得，的周长为 ， 由，得到， 所以的周长的取值范围为. 故选：C.    【点睛】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题. 6．D 【分析】通过底面展开转化为平面图形，容易找到最小值点，然后利用平移法作出异面直线所成的角，即可得解； 【详解】解：将平面沿折至， 使与共面， 连接交于，连接，此时周长最短， 作交于， 则（或其补角）即为所求角， 在中， ， 由，即，可得， 在中，， 在中，， 故与所成角的余弦值等于． 故选：D． 7．A 【详解】当时，在上递减，在递减，且在上递减，任意都有，充分性成立；若在上递减，在上递增，任意，都有，必要性不成立，“”是函数满足：对任意的，都有”的充分不必要条件，故选A. 8．B 【分析】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得： ，使用累加法求得，然后将中的倍展成和的形式（如）即可求解． 【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，， 由，得 ， 所以， ， ， ， 将这个式子左右两边分别相加可得： ， 所以. 所以 . 故选：B． 9．BD 【分析】以B为原点，BA，BE，BC所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 证明向量不共面可判断选项A错误；判断与平面BCE的法向量垂直可判断选项B；利用向量法可求异面直线所成的角，从而判断选项C；利用两点间的距离公式及二次函数的性质可判断选项D. 【详解】以B为原点，BA，BE，BC所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 当时，， ， 若ME与CN相交，则四点共面， 设，则，该方程无解，所以ME与CN不相交，故选项A错误； 平面BCE的法向量为，此时， 所以MN始终与平面BCE平行，故B正确； ，设异面直线AC与BF所成的角为， 所以，所以异面直线AC与BF所成的角为60°，故C错误； ， 所以当时，MN的长最小，最小为，故D正确. 故选：BD. 10．ACD 【分析】对于A，设的中点为，连接，求出点到直线的距离的最小值进行判断，对于B，举例判断，对于CD，利用向量的数量积运算结合图形分析判断即可. 【详解】对于A，设的中点为，连接，则， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以点到直线的距离的最小值为， 因为，所以以为直径的圆与直线相离，所以A正确， 对于B，如图，当直线与直线平行，且共线时，则为等腰三角形， 此时， 则， 所以，所以，所以B错误， 对于C，因为, 所以 , 因为， 所以 ，当，共线，且在之间时取等号， 所以的最小值为8，所以C正确， 对于D，因为， 所以， 所以 ，当，共线，且在之间时取等号， 所以的最小值为112，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查向量的数量积的运算，解题的关键是画出图形，结合图形分析判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 11．ABC 【分析】AB选项，构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项，CD选项，构造，二次求导，得到其单调性，判断CD. 【详解】设，则， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， A选项，因为，所以，即，A正确； B选项，因为，所以，即，B正确； C选项，，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在单调递增， 又， 故恒成立， 所以在上恒成立，故在上是增函数，C正确； D选项，由C选项可知，函数在上单调递增，故无最小值. 故选：ABC 【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造， 若，则构造， 若，则构造， 若，则构造. 12． 【分析】首先根据题意利用余弦定理得到，再根据正弦定理边角互化将化简为，再代入计算即可. 【详解】如图所示： 在中，①， 在中，②， 因为， 所以①②得：， . 因为， 所以. 故答案为： 【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，同时考查了正弦定理的边角互化，属于中档题. 13． 【分析】如图，A，B是单位圆O上的点，其中，设到的角为，则，利用绝对值不等式和柯西不等式可求最大值. 【详解】如图，A，B是单位圆O上的点，．    设到的角为，则到的角为，进而 ， 等号当时取得，因此所求最大值为． 故答案为: 14． 【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得到至少有一天淋雨的概率. 【详解】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”. 连续上班两天，上班、下班的次数共4次. （1）次均不下雨，概率为：. （2）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：. （3）有次下雨但不被淋雨，共种情况： ①同一天上下班均下雨，②两天上班时下雨，下班时不下雨， ③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨， 概率为：. （4）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨， 概率为：. （5）次均下雨：. 两天都不淋雨的概率为：， 至少有一天淋雨的概率为： . 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查概率问题，具体思路如下： （1）至少有一天淋雨的概率不易分析，则计算两天都不淋雨的概率. （2）从下雨次数入手分类讨论：次均不下雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；次均下雨.计算概率求和. （3）利用对立事件概率的性质即可得到至少有一天淋雨的概率. 15．(1)最小正周期为，单调递增区间为. (2) 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合正弦函数的周期与单调性求解即可； （2）根据求出，根据余弦定理得到，利用平方，结合三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）， 所以函数的最小正周期为. 令，得， 故函数的单调递增区间为. （2）由，得， 由得，所以，得. 由余弦定理得，即， 因为，所以， 从而有，得， 则 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用欧拉公式和点的旋转变换求解即可； （2）利用欧拉公式和曲线的旋转变换求解即可； （3）设在旋转角是的旋转变换下所得的点分别为，先求出，由题意可知为等边三角形，的面积即为的面积，分类讨论当和同在曲线的下支时和当和同在曲线的上支时，求出，即可得出答案. 【详解】（1）由题可设所求点的坐标为，由 得所求点的坐标为． （2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为． 则即 得， 所求曲线方程为． （3）由题点在旋转角是的旋转变换下所得的点为． 设在旋转角是的旋转变换下所得的点分别为和． 设曲线在旋转角是的旋转变换下所得曲线为， 则方程为． 则是曲线的下顶点． 由题，为等边三角形，的面积即为的面积． 设的边长为，由双曲线的对称性： 当和同在曲线的下支时，则， 代入的方程得无解． 当和同在曲线的上支时，则， 代入的方程得的面积为． 综上所述，的面积为． 【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用欧拉公式和点的旋转变换求出点在旋转角是的旋转变换下所得的点为，设在旋转角是的旋转变换下所得的点分别为，由题意分析知为等边三角形，的面积即为的面积，分类讨论当和同在曲线的下支时和当和同在曲线的上支时，求出，即可得出答案. 17．(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）先作一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明。 （2）过点E作交与点N，连接，通过题目条件和（1）的结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令，把体积的最大值转化为关于x的函数的最大值问题，根据体积表达式设函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的x值，然后建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的余弦值. 【详解】（1）过点D作交与点O， ∵平面平面，且两平面的交线为,面， ∴平面,又平面,∴, 又且平面, ∴平面; （2）过点E作交与点N，连接, ∵平面平面，且两平面的交线为, 平面， ∴平面,又平面, ∴到平面的距离相等, ∴且，故四边形为平行四边形， 所以,平面， 则平面平面，故, 又因为,所以， 而底面为以为斜边的等腰直角三角形,,故, 故， 又,，令, 令, , 所以在单调递增，在单调递减， 即，当且仅当时取得最大值， 如图所示，以点O为原点以为建立空间直角坐标系， 则 , 设与所成角为，则 ， 即当几何体体积最大时，与所成角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题求解直线与所成角的余弦值，采用建立空间直角坐标系利用向量的夹角公式求解，解答的关键是要根据几何体的体积取最大值，确定的长度，从而确定相关点的坐标，要注意求几何体体积时采用割补法以及利用导数求解函数最值. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率求得的关系，利用点到直线的距离为，即可求得，即得答案. （2）设直线l的方程，联立椭圆方程，可得根与系数关系，表示出直线的方程，求出N点坐标，可得直线的斜率的表达式，结合根与系数的关系化简，可得答案. 【详解】（1）由题意得，即，结合，可得， 由可得直线的方程为，即， 因为点到直线的距离为， 所以 得， 所以椭圆C的标准方程为. （2）由题意可知直线l的斜率存在，, 设直线l的方程为，即，设， 联立方程，整理得 ， 则，所以， 所以，， 所以直线的方程为， 令，则，所以 所以 ， 所以， 所以直线的斜率为 ， 所以直线的斜率为定值． 【点睛】难点点睛：解答直线和椭圆的位置关系中的定值问题，解题思路并不困难，即设直线方程联立椭圆方程，可得根与系数的关系，进而求出N点坐标，表示出直线的斜率，利用进行化简求值，难点就在于计算的复杂性，计算量较大，并且计算基本上都是参数的运算，需要较强的计算能力. 19．(1)①具有，②不具有 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据定义代入计算可得； （2）先证明充分性，依题意可得，即可得到，从而得到，再证必要性，即数列为常数列，根据定义证明即可； （3）首先证明：，然后利用反证法证明：，即可得到，结合即可得解. 【详解】（1）①，对于，，所以数列具有“性质”； ②，对于，， 故，所以数列不具有“性质”． （2）证明：先证“充分性”： 当数列具有“性质”时，有， 又因为， 所以， 进而有 结合有， 即“数列为常数列”； 再证“必要性”： 若“数列为常数列”， 则有， 即“数列具有“性质”． （3）首先证明：． 因为具有“性质”， 所以． 当时，有． 又因为，且， 所以有，， 进而有， 所以， 结合可得：． 然后利用反证法证明：． 假设数列中存在相邻的两项之差大于3， 即存在满足：或， 进而有 ． 又因为， 所以 依此类推可得：，矛盾， 所以有． 综上有：， 结合可得， 经验证，该通项公式满足， 所以． 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 $$