精品解析：安徽省怀宁县新安中学2024-2025学年高三下学期期中考试数学试卷

2024-2025学年怀宁县新安中学高三下学期期中考试数 学 试 卷 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，如果有且只有两个元素，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A. 1 B. C. D. 5. 已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的表达式为，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数图像的一条对称轴是，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 函数图像的一个对称中心为 D. 若函数在上单调递减，则 10. 封闭曲线是平面内与两个定点和的距离之积为2的点的轨迹，是上一点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 关于坐标原点对称 B. 位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界） C. 的周长的最小值为 D. 11. 已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线与直线所成角为定值，则点轨迹为圆的一部分 C. 当时，三棱锥的外接球的体积为 D. 记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若在区间上有且仅有2个极值点，则的取值范围是________． 13. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心的圆经过原点，且与抛物线的准线相切，则该抛物线的焦点到其准线的距离为______． 14. 如图，一点从正方形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动（）步后回到点的概率为，到达点的概率为，=__________． 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. 在中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且的面积为，点D是线段上靠近点B的一个三等分点，． （1）若，求c； （2）若，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． （1）证明：点为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴. （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求面积的最大值. 19. 深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年怀宁县新安中学高三下学期期中考试数 学 试 卷 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘除运算求出，结合共轭复数的概念求出它的共轭复数即可. 【详解】由题意知， 令， 所以复数的共轭复数为， 故选：C 2. 已知集合，，如果有且只有两个元素，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先分析出曲线表示的是双曲线在轴上及上方的所有点，再分情况讨论当取不同值时，表示的不同曲线，及与曲线的交点个数情况即可得到结果. 【详解】因为有且只有两个元素， 所以曲线与有且只有两个交点. 对于曲线变形可得， 表示的是双曲线在轴上及上方的所有点， 对于曲线， （1）当时，如图所示，表示的是一条直线， 与交于，两点，符合题意； （2）当时，，与至多有一个交点，不符合题意； （3）当时，表示的是两条射线， ， ①当时， 表示的是 和两条射线， 与仅有一个交点， 如下图所示，所以不符合题意； ②当时，与轴的交点为，， 且的斜率，的斜率， 而双曲线的两条渐近线为，斜率分别为和， 所以与的左右两支各有一个交点， 如下图所示，所以符合题意； ③当时，与轴的交点为，， 且的斜率，的斜率， 而双曲线的两条渐近线为，斜率分别为和， 所以与的右支没有交点，与左支有两个交点， 如下图所示，所以符合题意； 综上，实数的取值范围为. 故选：D 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和差余弦公式结合同角三角函数关系计算求解. 【详解】已知，， 所以，， 所以 . 故选：B. 4. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】由在上的投影向量为，得，则，而是单位向量， 因此，又是单位向量，所以. 故选：B 5. 已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得，代入的方程，求出直线所过定点坐标，结合切线性质求结论. 【详解】因为成等差数列， 所以， 代入方程可得， 令，解得， 故直线恒过点，即圆心， 故， 设切点为，则， 故． 所以点到切点的距离为. 故选：A. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线方程得到其渐近线方程，结合示意图分析条件求出点坐标，利用向量的坐标运算得到点坐标，代入渐近线方程，化简计算即可求得离心率. 【详解】 由双曲线可知渐近线方程为， 因为，所以， 在中，，，可得. 即， 则 又因为点在渐近线上，所以，解得，可得. 故选：B. 7. 正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正四棱台的轴截面图形，从而把内切球问题转化为内切圆问题来解决即可. 【详解】 如图作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆， 根据，设球的半径为，则由直角三角形中的勾股定理得： ， 利用等面积法：， 可得：， 解得：， 再由棱台体积公式得：， 由球的体积公式得：， 所以正四棱台与球的体积之比是：， 故选：B. 8. 已知函数的表达式为，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用导数研究函数的性质，确定方程的解的情况，然后结合二次方程根的分布知识求参数范围． 【详解】， 时，，当时，，递减，时，，递增， 时，，时，，是极小值， 时，，在上是增函数， 时，，时，，且， 作出函数的大致图象，如图， 由图象知时，无实解，时，有一解，时，有两解，时，有三解， 方程有四解， 则方程有两解且， 记， 则，解得， 故选：B． 【点睛】本题考查用导数研究方程根的问题，解题方法是把函数的性质与二次方程根的分布知识结合起来求解，即利用导数研究函数的性质得出方程的解的情况，再利用二次方程根的分布知识求解，这对于把作为一个整体，方程是关于这个整体的二次方程可适用． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数图像的一条对称轴是，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 函数图像的一个对称中心为 D. 若函数在上单调递减，则 【答案】AD 【解析】 【分析】首先利用降幂公式，以及函数的对称性，得到函数的解析式，根据周期公式，判断A，代入判断B，代入，即可判断C，根据函数的定义域，求得到范围，根据函数的单调区间，确定端点的范围，即可求解的范围，即可判断D. 【详解】，则有，，解得，， 因为，所以，所以， 则的最小正周期为，故A正确； ，故B错误； 图像的一个对称中心为，故C错误； ，当时，，若函数在上单调递减，则，解得，故D正确． 故选：AD 10. 封闭曲线是平面内与两个定点和的距离之积为2的点的轨迹，是上一点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 关于坐标原点对称 B. 位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界） C. 的周长的最小值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意得，取平方化简得（*），对于A，利用点关于坐标原点的对称点均满足（*）方程即得；对于B，利用可求得，再利用此范围回代求得即可；对于C，利用基本不等式易判断；对于D，利用（*）求出的范围即得. 【详解】依题意，知， 因为，，，所以， 两边平方，得， 即，也即（*）． 对于A，因为是上一点，所以， 令，则点也满足， 而点与关于坐标原点对称，故A正确； 对于B，由（*），得，即， 整理，得，即，因为，所以，即. 设，又，所以， 所以，即，解得， 所以位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界），故B正确； 对于C，因为，所以， 当且仅当时取等号，此时的周长为， 即的周长的最小值为，故C错误； 对于D，由（*），得，由选项C，知， 所以.因为，所以，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线与直线所成角为定值，则点轨迹为圆的一部分 C. 当时，三棱锥的外接球的体积为 D. 记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A；证明平面，即可得到结论；对于选项C：主要找准球心位置，再求出半径即可；对于选项D：建立空间直角坐标系，转化为向量求解距离最小值问题；对于选项B，利用空间向量法求解即可. 【详解】对于选项A：因为， 所以点M在平面内，因为底面为菱形，所以, 又因为直棱柱，所以,又因为平面, 平面，所以平面，又平面， 所以，故A正确； 对于选项C， 当时，点M在体对角线交点处，故点M在与底面垂直 且到底面距离为1，因为,所以的外接圆半径 为，设外接球半径为，球心到平面的距离为h， 则, 即，两式联立得， 故外接球体积为，故C正确； 对于选项D， 当时，则三点共线，即点M在线段上，如图建立空间直角坐标系， 则,, 则， 故,则, 又得，, 故，当且仅当时，，故D正确； 对于选项B，，，， ， 由（1）可知，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 设，由于是直线与平面内所有直线中所成角的最小值， 所以，，由， 化简可得，且， 易知点为平面内的一点， 当时，则，此时，点的轨迹为平面内的一条线段； 当时，则，此时，点的轨迹为平面内的一条线段； 当时，化简可得或， 此时，点的轨迹为平面内的两条线段，故B错误. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的外接球问题则考虑球心位置，再利用勾股定理求出半径；求解最短距离问题的基本思路建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若在区间上有且仅有2个极值点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先化简函数解析式得，接着由得，再根据已知条件结合函数图象性质得，解该不等式即可得解. 【详解】函数， 因为，，所以， 由于函数在区间上有且仅有2个极值点， 则由函数图象性质可知，解得. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心的圆经过原点，且与抛物线的准线相切，则该抛物线的焦点到其准线的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知为等腰三角形，可得出，将点的坐标代入抛物线的方程，可求得的值. 【详解】由抛物线的定义结合已知条件可知，则为等腰三角形， 易知抛物线的焦点为，故，即点， 因为点在抛物线上，则，解得（负值舍去）， 所以抛物线的方程为， 所以该抛物线的焦点到其准线的距离为. 故答案为： 14. 如图，一点从正方形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动（）步后回到点的概率为，到达点的概率为，=__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式求出，，再由、，即可得到是以为首项、公比的等比数列，从而求出的通项公式. 【详解】依题意，， 又， ， 所以， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以. 故答案为： 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. 在中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且的面积为，点D是线段上靠近点B的一个三等分点，． （1）若，求c； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由得，再结合余弦定理从而可求解. （2）由利用向量可得，并结合得，再由，从而可求解. 【小问1详解】 由题可得：，故 又，即， ，即 在中，根据余弦定理得 即 ，即， 【小问2详解】 ， ，即 又，① 又②，由①②得： 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． （1）证明：点为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 不妨设，则． 设，则， 可得， 由题意可得， 整理可得，解得， 所以点为棱的中点． （2） 【解析】 【分析】（1）建系标点，设，根据直线与的交点求得，即可得结果； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，，由，得，由，得， 则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； 当时，由，得或， ①若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ②若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ③若，即，由在上恒成立，得在上递增， 函数无极值，不合题意， 所以的取值范围为. 18. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴. （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆定义求出即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出三角形面积，利用基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 依题意，右焦点，则左焦点，而，轴， 则，于是， 解得，，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去并整理得， ，解得， 设，则 则面积， 令，则，且， ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为. 19. 深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 【答案】（1） 2 3 4 ， （2） （3） 在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分， 记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件， 则，，，即， 由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列， ，因此， 随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于， 所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到变量的可能取值为，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望. （2）由这人的合计得分为分，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解. （3）记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，得到，结合数列的递推关系式，进而求得数列的通项公式，得到答案. 【小问1详解】 依题意，随机变量的可能取值为， 则，， 所以的分布列如下表所示： 2 3 4 数学期望为. 【小问2详解】 由这人的合计得分为分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩， 于是，令数列的前项和为， 则， 于是， 两式相减得 ，因此， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $