精品解析：广西壮族自治区百色市平果市铝城中学2025届高三上学期期中考试数学测试题

2024年高三上学期期中考试测试卷 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. 复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算法则及复数的模公式即可求解. 【详解】由，得， 所以. 故选：C. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据特称命题的否定为全称命题可得. 【详解】根据特称命题的否定为全称命题， 可得命题“，”的否定为“，”． 故选：B. 3. 已知向量，满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把两边平方化简即得解. 【详解】因为， 所以， 即， 所以， 因为，所以. 故选：C 4. 直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 或1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线垂直的公式求解即可. 【详解】因为：，：垂直， 所以， 解得或， 将，代入方程，均满足题意， 所以当或时，. 故选：. 5. 在中，角、、的对边分别是、、，已知，且为锐角．若，且的面积为，则的内切圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简已知等式可得，解方程可求的值，结合范围，可求的值，利用三角形的面积公式可求的值，由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理可得的值，可求的周长，设的内切圆的半径为，利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】因为，所以， 即，所以， 因为为锐角，解得，. ，可得. 因为，由正弦定理可得，所以， 由余弦定理可得，， 所以的周长为， 设的内切圆的半径为，则， 解得. 故选：A． 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； （6）同时出现两个角（或三个角）时，要用到三角形的内角和定理. 6. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用函数奇偶性判断，再结合对数函数和特殊值判断即可. 【详解】定义域为，关于原点对称. 且，则函数为奇函数，排除CD. ，由于，则，排除A. 故选：B. 7. 如图，正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） ①三棱锥的体积为定值： ②且线与平面所成的角的大小不变： ③直线与所成的角的大小不变： ④. A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】由已知证得面判断①；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等判断②；根据线面垂直的判定定理证得平面，再由线面垂直的性质判断③；由线面垂直的判定定理证得平面判断④. 【详解】 对于①，由，平面，平面，得平面， 则上任意一点到平面的距离相等，又，因此三棱锥的体积不变，①正确； 对于②，点到平面的距离相等，而，直线与平面所成的角不相等，②错误； 对于③，由平面，平面，得，又，且都在面内， 则平面，又平面，则， 因此点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，③正确； 对于④，在正方体中，平面，平面， 则，又，且，平面， 则平面，而平面，于是，同理，又， 平面，则平面，又平面，因此，④正确， 所以所给结论正确的是①③④. 故选：D 8. 已知定义在上的函数满足，且，则下列结论中错误的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 不存在零点 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合抽象函数的赋值法，列出方程，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，令，可得， 因为，所以，所以A不符合题意； 对于B中，函数的定义域为全体实数，由，显然不符合， 所以函数不是奇函数，所以B符合题意； 对于C中，由，令，可得， 即，解得或， 所以函数没有零点，所以C不符合题意； 对于D中，由， 令，可得，所以，即， 所以D不符合题意. 故选：B． 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，答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分. 9. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用不等式的性质，利用作差法和基本不等式对选项依次判断即可. 【详解】对于A，因为，，，故A错误； 对于B，因为，所以，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，，所以，故C正确； 对于D，因为，所以，故D正确． 故选：BCD． 10. 下列说法正确的有（ ） A. 公共汽车上有10位乘客，沿途6个车站，乘客下车的可能方式有种 B. 6人排成一排，其中甲、乙相邻，且甲、乙均不与丙相邻的排法共有144种 C. 从3男2女中任选3人去某地开会，已知有女生去，则恰有两个男生去开会的概率为 D. 某大学暑期实践时将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能分在同一个组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有102种 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据分步乘法原理求解；对于B，根据捆绑法与插空法求解；对于C，利用条件概率公式求解；对于D，分为2种情况：①分为3，4的两组，②分为2，5的两组，结合分类加法原理求解． 【详解】对于A，每位乘客下车的可能方式为6种，则10位乘客下车的可能方式有种，故A错误； 对于B，6人排成一排，其中甲、乙相邻，且甲、乙均不与丙相邻的排法共有：种，故B正确； 对于C，从3男2女中任选3人去某地开会，记“有女生去”为事件A，“恰有两个男生去开会”为事件B， 则，，则，故C正确； 对于D，分为2种情况：①分为3，4的两组，有种分配方案；②分为2，5的两组，有种分配方案，则不同的分配方案共有种，故D错误． 故选：BC． 11. 关于函数，下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点（1，0）对称 D. 的值域为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，化简得， 令，根据复合函数的单调性和值域；化简函数得到，，所以得到的图象关于点（1，0）对称，最终得到答案. 【详解】函数的定义域是（-1，3），． 令，易知在（-1，3）上单调递增， 所以，所以在（-1，3）上单调递增， 且值域为．故A，D正确． 当时，，，，， 所以，．所以的图象关于点（1，0）对称．故B错误，C正确. 故选：ACD． 【点睛】本题考查复合函数的性质，涉及到函数的单调性和对称性,属于基础题型. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，，而，则，由此结合二倍角公式即可求出答案． 【详解】解：∵，∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查三角恒等变换的应用，属于基础题． 13. 已知数列满足，，记，则__________ 【答案】59 【解析】 【分析】根据题中递推关系可得，从而得数列为等差数列，再根据等差数列通项公式求解即可. 【详解】由题意得为偶数，则， 所以， 即，且， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列， 则， 所以． 故答案为：. 14. 双曲线 ​的左顶点为​， 右焦点​， 若直线​与该双曲线交于​两点，​为等腰直角三角形， 则该双曲线离心率为__________ 【答案】2 【解析】 【分析】先由​为等腰直角三角形，得到​，解得​，直接求出离心率. 【详解】联立 ​， 可得​， 则​， 因为点 ​关于​轴对称， 且​为线段​的中点， 则​. 又因为 ​为等腰直角三角形， 所以，​， 即​， 即 ​， 所以，​， 可得​， 因此， 该双曲线的离心率为 ​． 故答案为：2 四．解答题：本题共5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A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求A； （2）若D为BC的中点，且△ABC的面积为，，求AD的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量内积和所给条件结合余弦定理，得到关于的二次方程，从而得解； （2）利用已知条件结合面积公式求出，利用面积公式求出,利用正弦定理求出，再根据，求出，对三角形ABD使用余弦定理求出. 【小问1详解】 因为， 所以 即， 即， 解得或， 又因为锐角，即， 所以， 所以. 【小问2详解】 （2）由（1）知，因为 的面积为，且， 可得， 解得， 则， 所以， 又由， 可得， 则， 因为， 所以， 又由， 所以， 所以. 16. 已知函数，其中为常数. （1）过原点作图象的切线，求直线的方程； （2）若，使成立，求的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程； （2）由题意，将其等价转化为在有解，即只需求在上的最小值，利用导数分析推理即得的最小值. 【小问1详解】 设切点坐标为，则切线方程为， 因为切线经过原点，所以，解得， 所以切线的斜率为，所以的方程为. 【小问2详解】 ，，即成立， 则得在有解， 故有时，. 令，，， 令得；令得， 故在单调递减，单调递增， 所以， 则，故的最小值为. 17. 如图，在五面体中，为边长为2的等边三角形，平面，，. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明： 取的中点为，的中点为，连接，，， 因为平面，平面，故， 而为等边三角形，，所以， 又M、N分别为BE、AB所在棱的中点，所以， 又，，所以，，故四边形为平行四边形， 所以， 则，， 又，平面，所以平面， 而平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，的中点为，由中位线得，，进而得到四边形为平行四边形，然后得到，，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理即可证明. （2）先由直线与平面所成角的正切值计算出，然后建立空间直角坐标系用向量法计算二面角，也可以用几何法得到二面角的平面角再计算. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）可知，为直线与平面所成角， 设，则，， 则，解得 法一：向量法（通性通法）如图建立空间直角坐标系， 则、、 ∴、 设平面的法向量，则， 令，解得，，则 ∵平面，∴是平面的一个法向量 ∴ 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为. 法二：几何法：延长ED交AC的延长线于S，连接BS，则平面平面 由（1）易知，，则，所以平面， 又平面，所以，， 故为平面与平面所成的锐二面角， 又，则，故 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为. 18. 在一个摸球游戏中，有一个装有许多彩色球的盒子.盒子中的球分为三种颜色：红色、蓝色和绿色.每次游戏，参与者需要从盒子中随机取出两个球.已知盒子中红色球、蓝色球和绿色球的数量分别为a个、b个和c个，且总球数为N个. （1）若第一次取出的球是红色，第二次取出的球是蓝色的概率为；第一次取出的球是蓝色，第二次取出的球是红色的概率为．求； （2）若规定每次取球后都将球放回盒子中，且连续取球三次.设三次中恰好有两次取出的球颜色相同的概率为，当时，求； （3）在（2）的条件下，若游戏组织者规定，当三次取球中出现红色球的次数大于等于两次时，参与者获胜；否则，游戏组织者获胜.已知参与者获胜的概率为，游戏组织者获胜的概率为，求，并判断这个游戏是否公平． 【答案】（1） （2） （3），游戏不公平 【解析】 【分析】（1），由概率的乘法公式可得结果； （2），先计算对立事件发生的概率，再利用对立事件的性质可得结果； （3），利用次独立重复试验概率的计算公式可得结果，从而判断公平性． 【小问1详解】 设事件A表示第一次取出的球是红色，事件B表示第二次取出的球是蓝色， 那么，，所以； 设事件C表示第一次取出的球是蓝色，事件D表示第二次取出的球是红色， 那么，，所以； 所以； 【小问2详解】 三次取出的球颜色都相同的概率为， 三次取出的球颜色都不相同的概率为， 所以三次中恰好有两次取出的球颜色相同的概率 ， 所以当时， ； 【小问3详解】 由（2）可知，三次取球中出现红色球的次数等于两次的概率为， 三次取球中出现红色球的次数等于三次的概率为， 所以三次取球中出现红色球的次数大于等于两次的概率， 此时，， 因为，故游戏不公平． 19. 已知椭圆：（）的半长轴的长度与焦距相等，且过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近的一侧） （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）在直线上是否存在一定点，使恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【解析】 【分析】（1）结合长半轴、焦距与通径定义计算即可得； （2）（ⅰ）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，通过计算得到其范围后，即可得的范围；（ⅱ）结合点到直线的距离公式，由题意可得距离相等，代入计算可得点纵坐标，代入方程可得横坐标，即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 则：； 【小问2详解】 （ⅰ）设直线：，，， 联立，得， 则有，， 且，则， 则 ， 设， 则， 则. （ⅱ）设，则， 设直线，：，， 即分别为：，， 由，则到直线，的距离相等， 联立，有是其中一组解， 又与等价， 不妨设，则有， 即，即， 可得， 又，即， 则有， 通分并整理得： . 代入得 . 化简得. 故，则，则. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高三上学期期中考试测试卷 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. 复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知向量，满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 或1 5. 在中，角、、的对边分别是、、，已知，且为锐角．若，且的面积为，则的内切圆的半径为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） ①三棱锥的体积为定值： ②且线与平面所成的角的大小不变： ③直线与所成的角的大小不变： ④. A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④ 8. 已知定义在上的函数满足，且，则下列结论中错误的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 不存在零点 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，答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分. 9. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 公共汽车上有10位乘客，沿途6个车站，乘客下车的可能方式有种 B. 6人排成一排，其中甲、乙相邻，且甲、乙均不与丙相邻的排法共有144种 C. 从3男2女中任选3人去某地开会，已知有女生去，则恰有两个男生去开会的概率为 D. 某大学暑期实践时将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能分在同一个组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有102种 11. 关于函数，下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点（1，0）对称 D. 的值域为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 13. 已知数列满足，，记，则__________ 14. 双曲线 ​的左顶点为​， 右焦点​， 若直线​与该双曲线交于​两点，​为等腰直角三角形， 则该双曲线离心率为__________ 四．解答题：本题共5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A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求A； （2）若D为BC的中点，且△ABC的面积为，，求AD的长. 16. 已知函数，其中为常数. （1）过原点作图象的切线，求直线的方程； （2）若，使成立，求的最小值. 17. 如图，在五面体中，为边长为2的等边三角形，平面，，. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的余弦值. 18. 在一个摸球游戏中，有一个装有许多彩色球的盒子.盒子中的球分为三种颜色：红色、蓝色和绿色.每次游戏，参与者需要从盒子中随机取出两个球.已知盒子中红色球、蓝色球和绿色球的数量分别为a个、b个和c个，且总球数为N个. （1）若第一次取出的球是红色，第二次取出的球是蓝色的概率为；第一次取出的球是蓝色，第二次取出的球是红色的概率为．求； （2）若规定每次取球后都将球放回盒子中，且连续取球三次.设三次中恰好有两次取出的球颜色相同的概率为，当时，求； （3）在（2）的条件下，若游戏组织者规定，当三次取球中出现红色球的次数大于等于两次时，参与者获胜；否则，游戏组织者获胜.已知参与者获胜的概率为，游戏组织者获胜的概率为，求，并判断这个游戏是否公平． 19. 已知椭圆：（）的半长轴的长度与焦距相等，且过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近的一侧） （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）在直线上是否存在一定点，使恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $