精品解析：福建省南安第一中学2025届高三下学期期初考试数学试题

南安一中2024~2025学年高三下学期期初考 数学科 一、单选题：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. 设为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，则“”是“和的夹角是锐角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 点声源在空中传播时，衰减量（单位：dB）与传播距离d（单位：米）之间的关系式为．若传播距离从20米变化到40米，则衰减量的增加值约为（参考数据：）（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ） A 18 B. 21 C. 24 D. 27 5. 已知M，N是圆C：上的两个点，且，P为的中点，Q为直线：上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 某疾病全球发病率为0.03%，该疾病检测的漏诊率（患病者判定为阴性的概率）为5%，检测的误诊率（未患病者判定为阳性的概率）为1%，则某人检测成阳性的概率约为（ ） A. 0.03% B. 0.99% C. 1.03% D. 2.85% 7. 若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点.设，其中O为坐标原点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线：，O为坐标原点，、分别为的左、右焦点，点P在双曲线上，且轴，M在外角平分线上，且.若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 二、多选题：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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 在上单调递增 10. 双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ） A. B. C. 点为圆和圆的另一个交点 D. 圆与圆有一条公切线的倾斜角为 11. 如图，在直三棱柱中，分别为棱上动点，且，则（ ） A. 存在使得 B. 存在使得平面 C. 若长度定值，则时三棱锥体积最大 D. 当时，直线PQ与所成角的余弦值的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中项的系数为___________. 13. 若直线与曲线相切，则的取值范围为___________. 14. 根据统计数据，某种植物感染病毒之后，其存活日数X满足：对于任意的，的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于，即，则__________，设，的前n项和为，则___________. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且. （1）求证：； （2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围. 16. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若函数，求函数极值点的个数． 17. 如图，已知菱形和菱形的边长均为2，，，分别为、上的动点，且. （1）证明：平面； （2）当的长最小时，求平面与平面的夹角余弦值. 18. 已知其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于两点，记四边形的面积为S，求的取值范围. 19. 柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设，，，…，，，，，…，，，当且仅当（）或存在一个数，使得（）时，等号成立. （1）请你写出柯西不等式的二元形式； （2）设是棱长为的正四面体内的任意一点，点到四个面的距离分别为、、、，求的最小值； （3）已知正数数列满足：①存，使得（）；②对任意正整数、（），均有.求证：对任意，，恒有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南安一中2024~2025学年高三下学期期初考 数学科 一、单选题：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. 设为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解点所在的象限. 【详解】因为， 所以，所以，对应的点为， 所以在复平面内对应的点在第三象限. 故选：C 2. 已知向量，，则“”是“和的夹角是锐角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两向量夹角为锐角得到不等式，求出且，结合包含关系得到答案. 【详解】和的夹角是锐角，则且和不同向共线， 故且， 解得且， 由推不出且，故充分性不成立， 由且推得出，故必要性成立， 所以是和的夹角是锐角的必要不充分条件. 故选：B 3. 点声源在空中传播时，衰减量（单位：dB）与传播距离d（单位：米）之间的关系式为．若传播距离从20米变化到40米，则衰减量的增加值约为（参考数据：）（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意分别将，代入，两式作差结合题中数据，对数运算性质即可得解. 【详解】当时，，当时，， 则． 故选：B． 4. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ） A. 18 B. 21 C. 24 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】先由等差数列前n项和公式求出，进而求出公差d，再由等差数列前n项和公式即可求解. 【详解】由题结合等差数列性质有，， ， 设等差数列的公差为，则，， 故. 故选：A. 5. 已知M，N是圆C：上的两个点，且，P为的中点，Q为直线：上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据弦长得出点P的轨迹，利用直线与圆的位置关系即可解决. 【详解】圆C的标准方程：，圆心C，半径为2， 由，可得， 所以点P在以C为圆心，为半径的圆上， 又点C到直线：的距离， 所以的最小值为. 故选：B. 6. 某疾病全球发病率为0.03%，该疾病检测的漏诊率（患病者判定为阴性的概率）为5%，检测的误诊率（未患病者判定为阳性的概率）为1%，则某人检测成阳性的概率约为（ ） A. 0.03% B. 0.99% C. 1.03% D. 2.85% 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，某人检测成阳性包含两种情况：非患者检测为阳性和患者检测为阳性，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】由题意，未患病者判定为阳性的概率为1%，患病者判定为阳性的概率为95%， 所以某人检测成阳性包含两种情况： ①非患者检测为阳性的概率为； ②患者检测为阳性的概率为, 所以某人检测成阳性的概率为. 故选：C. 7. 若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点.设，其中O为坐标原点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先由已知条件列出方程组求解得，再利用向量求出夹角，最后求得即可. 【详解】由图可知，， 由题意知，解得. 又因为，，且， 则， 因为，所以. 所以. 故选：A 8. 已知双曲线：，O为坐标原点，、分别为的左、右焦点，点P在双曲线上，且轴，M在外角平分线上，且.若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得点的坐标，再结合条件可得垂直平分，从而可得，再结合可得，从而得到的关系，由双曲线离心率的计算公式即可得到结果. 【详解】如图所示，不妨设在第一象限，延长与交于点， 因轴，，将代入双曲线中，可得， 解得，且在第一象限，则， 因为在外角平分线上，且， 则，， 故垂直平分，为等腰三角形， 所以，为中点， 因为分别为，的中点， 则为的中位线，故， ， 由双曲线的定义可得，则， 所以， 又因为，则， 因为，所以，都是等腰三角形， 则， 故，则， 又因为， 则，整理可得， 因为，则， 整理可得，则，所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了双曲线的定义以及离心率的计算，难度较大，解答本题的关键在于结合条件得到，结合相似比以及双曲线的定义，从而得到结果. 二、多选题：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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 最小正周期为 C. 的最小值为 D. 在上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，直接用奇函数的定义验证；对于B，直接说明不是周期；对于C，利用正弦二倍角公式证明，再由可得最小值；对于D，直接计算得到，即可否定结论. 【详解】对于A，函数定义域为，有， 所以是奇函数，A正确； 对于B，有，. 所以，这表明不是的周期，B错误； 对于C，我们有， 而之前已计算得到，故的最小值为，C正确； 对于D，由于，， 故，所以在上并不是单调递增的，D错误. 故选：AC. 10. 双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ） A. B. C. 点为圆和圆的另一个交点 D. 圆与圆有一条公切线的倾斜角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由中点中位线性质判断AB；由圆与圆关系及切线性质求得判断CD. 【详解】的方程可化为，可得，，． 由为的中点，为的中点，得，A错误． 由为的中点，为的中点，得， 则，B正确． 设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴， 可得，为的中位线，则直线平分线段， 则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确． 如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点， 连接，，过点作，垂足为． 由，， 得， 可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确． 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键. 11. 如图，在直三棱柱中，分别为棱上的动点，且，则（ ） A. 存在使得 B. 存在使得平面 C. 若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D. 当时，直线PQ与所成角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可. 【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则由题：， 所以， 因为，， 所以，所以，， 所以，所以， 对于A：由，故A错误； 对于B：由是平面的一个法向量， 则， 所以当时，，所以平面，故B正确； 对于C：由， 设平面的一个法向量为， 所以，令， 设点到平面的距离为，则， 所以， 所以， 因为长度为定值，所以当时，三棱锥体积最大，故C正确； 对于D：设直线与所成角为， 由上当时， ， 当且仅当即时等号成立，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. 展开式中项的系数为___________. 【答案】42 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对，有， 则有. 故答案为：. 13. 若直线与曲线相切，则的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求切点坐标，再由切点在直线上可得，则，构造并研究单调性，进而求值域即可. 【详解】函数的导数为， 设切点，所以，则，即 又因为在上，所以， 所以，即，所以， 所以， 令，， 令，可得，令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 当趋近正无穷时，趋近正无穷. 所以的取值范围为：. 故答案为：. 14. 根据统计数据，某种植物感染病毒之后，其存活日数X满足：对于任意的，的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于，即，则__________，设，的前n项和为，则___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件概率的计算以及递推法可得，根据等比数列的定义可得，即可求解空1，根据错位相减法即可求解空2． 【详解】， 因为， 所以，将换成，此时， 两式相减可得， 即，又， 所以对任意都成立， 此时是首项为，公比为的等比数列， 所以，故 ， ， ， 两式作差得 ， 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：根据，即可利用数列的递推关系求解是首项为，公比为的等比数列，，利用错位相减法即可求解和. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且. （1）求证：； （2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系； （2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围. 【小问1详解】 由题意得，由正弦定理得， 因为，则，即，可得，整理得， 由余弦定理得，整理得， 由正弦定理得， 故，整理得， 又因为为锐角三角形，则，可得， 所以，即. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 因为为锐角三角形，且，所以，解得. 故，所以. 因此线段长度的取值范围. 16. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若函数，求函数极值点的个数． 【答案】（1）答案见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）求导得，分类讨论当，，时分别确定导函数的符合从而得函数单调性即可； （2）求导得，令，求导确定其单调性与最值，从而可得的单调与极值情况. 【小问1详解】 ， 当时，当时，单调递增；当时，单调递减． 当时，当时，单调递增；当时，单调递减； 当时，在单调递增． 【小问2详解】 时，， 设在区间单调递增． 因为， 所以存在唯一使得， 当时，单调递减，即单调递减； 当时，单调递增，即单调递增． ，且在单调递减，所以，又 因此在区间存在唯一零点 当时，单调递增； 当时，单调递减；所以极值点为， 因此极值点个数为2. 17. 如图，已知菱形和菱形的边长均为2，，，分别为、上的动点，且. （1）证明：平面； （2）当的长最小时，求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，由线线平行得出线面平行； （2）先根据的长最小求出的比值，再由建立坐标系求出平面与平面的夹角余弦值. 【小问1详解】 延长交直线于点，连结， 因为菱形，所以， 所以， 又， 所以，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接，，，， 因为菱形和菱形的边长均为2，， 所以， 且，， 又，平面，平面， 所以平面， 又，所以为等边三角形， 取中点，连接，则， 由平面，得， 又，，， 所以平面， 所以以所在直线为轴，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 且，，，，， 设， 则，， 则，， ， ， 显然时的长最小， 此时，，， ，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则， 即， 令，解得，，则， ， 即， 令，解得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则 即当的长最小时，平面与平面的夹角余弦值为. 18. 已知的其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于两点，记四边形的面积为S，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意，根据重心的性质可得重心Q到顶点距离之和为大于的定值，根据椭圆的定义即可求出曲线C的方程； （2）设出直线的方程并与椭圆标准方程进行联立，进而用弦长公式表示出，再用所设斜率k表示出M的坐标，进而表示出，得到面积S的关系式，化简即可得到函数关系式，求值域即可. 【小问1详解】 因为点为的重心， 的边上的两条中线长度之和为， 所以， 故由椭圆的定义可知曲线是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）. 设分别为该椭圆的长半轴长､短半轴长､半焦距， 所以，所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， 联立整理得， 则， 设，则，即， 代入椭圆方程得， 所以，则， 所以. 由对称性知， 又， 所以. ， 又， 所以的取值范围为， 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了椭圆的定义和直线与椭圆的位置关系，关键在于用所设直线的斜率表示出求面积所需边长，进而用斜率表示出面积，最后化简成函数形式，求取函数值域即可。 19. 柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设，，，…，，，，，…，，，当且仅当（）或存在一个数，使得（）时，等号成立. （1）请你写出柯西不等式的二元形式； （2）设是棱长为的正四面体内的任意一点，点到四个面的距离分别为、、、，求的最小值； （3）已知正数数列满足：①存在，使得（）；②对任意正整数、（），均有.求证：对任意，，恒有. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用柯西不等式的定义，写出时的形式； （2）由体积法求出，构造柯西不等式求的最小值； （3）时，由，有，由柯西不等式得，进而可得. 【小问1详解】 柯西不等式的二元形式为： 设，则， 当且仅当时等号成立. 【小问2详解】 由正四面体的体积， 将正四面体放入到棱长为为正方体中， 则, 得，所以， 又由柯西不等式得 ， 所以， 当且仅当时等号成立. 所以的最小值为. 【小问3详解】 对，记是的一个排列， 且满足, 由条件②得：. 于是，对任意的， 都有， 由柯西不等式得 ， 所以 ， 从而，对任意，，恒有， 因为对任意，，， 所以，对任意，，恒有， 【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题． 第一、准确转化．解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义，紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化． 第二、方法的选取．对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目定义的本质并进行推广、运算． 第三、应该仔细审读题目．严格按新信息的要求运算．解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$