精品解析：湖南省湘潭市第二中学2024-2025学年高三下学期百校期中考试数学试题

机密★启封前 2024-2025学年（下）高三百校期中考试 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．回答非选择题时，将答案写在答题纸上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回． 一､单项选择题：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． 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法求复数，再根据复数的几何意义确定复数对应点的坐标. 【详解】因为. 所以复数对应点的坐标为：. 故选：A 2. 已知函数则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的定义域和其在不同定义域区间上的表达式，首先计算的值，将代入即可求解. 【详解】将代入，得到， 所以， 将代入，得到. 因此，. 故选：B. 3. 已知集合，则A中元素的个数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出x的值，然后代入分别求出y的值即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，可得，所以x可能取值为 当时：代入得，又， 所以，此时得到元素； 当时：代入得，，， 此时得到元素； 当时：代入得，.，， 此时得到元素； 当时：代入得，，， 此时得到元素； 当时：代入得，所以， 此时得到元素； 满足条件的元素分别为： ，，，，共11个， 故选：C 4. 空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现象，如左图所示，当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时，让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹.同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致.现有一圆锥形玻璃，底面周长为24，母线长为13.将其顶点朝下放置于平板玻璃上，并且使得底面与平板玻璃的夹角近似满足sin=，用光垂直照射，则得到的条纹形状为（ ） A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 圆 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为用平面去截圆锥得到的截面形状，即可得到圆锥形玻璃照射得到的条纹形状. 【详解】根据题意，同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致，所以该问题等价于用平行于平板玻璃所在平面的平面去截圆锥形玻璃，得到的截面形状， 设圆锥的底面半径为，高为，母线为 则，解得，所以， 所以圆锥的高与母线夹角的余弦值为， 而圆锥底面与平板玻璃的夹角近似满足，即截面与圆锥高的夹角的余弦值也为，且，所以截面形状为椭圆，则条纹形状是椭圆. 故选：A. 5. 运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（ ） A. 32种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 【答案】B 【解析】 【分析】按照跳高项目安排人数，分成两种情况讨论即可. 【详解】按照跳高项目安排人数，可以分以下两类： 第一类，跳高项目安排1人，共种安排方法， 第二类，跳高项目安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B. 6. 已知函数，，在公共定义域内，下列结论正确的是（ ） A. 恒成立 B. 恒成立 C. 恒成立 D. 恒成立 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，，根据其导数判断单调性，再根据即可判断AB；根据与在的单调性和公共零点即可判断CD. 【详解】令，， 则恒成立， 故在上单调递增，而，故当时，； 当时，，故A、B均错误； 由于与在均为单调递增函数，且有公共的零点， 故恒成立. 故选：C. 7. 已知函数，则图象的对称轴方程为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】找到函数的周期，利用函数的周期绘出图象，即可求解. 【详解】因为， ， 所以为函数的一个周期， 当时，， 此时，作出函数的图象如图， 由图象可得，函数图象的对称轴方程为，. 故选：C. 8. 设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件写出双曲线的渐近线，与圆联立求出，再利用向量夹角为建立等式求解离心率即可. 【详解】 的渐近线为， 联立，因为在第一象限的交点为，得，即， 所以，又， 故， 化简得：， 故选：B. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知点，圆，则（ ） A. 点在内 B. 点与上的点之间的最大距离为 C. 以点为中点的弦所在直线的方程为 D. 过点的直线被截得弦长的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】由圆与点的位置关系的判断确定A，再由点与圆心距离加半径判断B，根据圆的性质求出弦所在直线斜率求出直线方程判断C，由弦心距、半径、弦长的关系判断D. 【详解】对于A，因为，所以点在内，故A正确； 对于B，由，知点与上的点之间的最大距离为，故B错误； 对于C，由，可知弦所在直线斜率为，故弦所在直线为， 即，故C正确； 对于D，由圆的性质可知，当与过的弦垂直时，所得弦长最短，此时弦长为，故D错误. 故选：AC 10. 已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（ ） A. 点在以为直径的圆上 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的方程为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可判断选项A；由选项A及圆的性质可知，.设，则，分析可得为等腰直角三角形，所以，进一步可得，.在中利用勾股定理及即可求出离心率，可判断选项B；由椭圆离心率及，可求得椭圆的方程判断选项C；根据角平分线定理可知，即可判断选项D. 【详解】如图所示，因为，所以点在以为直径的圆上，故选项A正确；由圆的性质可知，.设，则. 因为点为的中点，为的中点，所以为的中位线，则，且，所以. 又，则为等腰直角三角形，所以. 因为为的中位线，则，即，解得，所以，. 在中，，则，整理得. 又，则，所以，故选项B错误； 由，得，所以，，故椭圆的方程为，故选项C正确； 由上可知，，.因为，所以，则， 所以，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 设函数，数列满足，，则（ ） A. B. 为定值 C. 数列为等比数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数列递推公式以及首项，可得第二项，可得A的正误；根据题意整理，可得B的正误；根据等比数列的定义，由递推公式整理，可得C的正误；由C写出通项，利用作差法，可得D的正误. 【详解】由，，则，故A正确； 由，则显然非常数，故B错误； 由，又，则， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确； 则，即， 由，则，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则_____. 【答案】0 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，结合已知条件即可得出答案. 【详解】由已知可得，， 根据正态分布的对称性可知， 所以，. 所以. 故答案为：0. 13. 已知，均为锐角，，，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系和两角和差的余弦公式求解即可. 【详解】因为，均为锐角，所以， 由，得，所以， 由，得，所以， 所以，解得， 所以，故， 故答案为： 14. 已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为______． 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，得到，得到点在空间中的轨迹为一个球，进而点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，求得，得到，进而求得点的轨迹长度. 【详解】以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系， 可得，因为，可得， 设，因为，即， 可得，整理得， 所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球， 又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心， 点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分， （如图所示的圆的虚线部分）， 因为，所以， 所以，则， 所以点的轨迹长度为. 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，角、、所对的边分别为、、，已知，． （1）求； （2）若的面积为，是上的点，且，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得出，利用余弦定理结合可得出，再利用余弦定理可求得的值； （2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求出、、的值，求出的值，利用正弦定理可求出的长. 【小问1详解】 因为，所以，，即， 因为，则，即，故， 由余弦定理可得 【小问2详解】 因为，则， 因为，可得， 因为，，故，，， 是上的点，且，则，， 所以，， 在中，由正弦定理可得， 故. 16. 某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. （1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ （2）若一位同学答对了一道题目.他等可能选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 【答案】（1）方案一 （2） 【解析】 【分析】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可； （2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解. 【小问1详解】 若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，，， 所以， 若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，， ， 所以 因为，故选择方案一比较合适 【小问2详解】 设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，， 则，，， 所以， 故， 所以所求概率为. 17. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）当时，求的解集； （3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系． 【答案】（1）和 （2） （3）曲线在点处的切线斜率小于两点连线的斜率 【解析】 【分析】（1）求导，根据，令求得增区间； （2）当时，可判断在上单调递增，结合求解； （3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明. 【小问1详解】 由，， 令，得或，由于，则， 令，解得或， 所以的单调增区间为和. 【小问2详解】 当时，，且， 又，即在上单调递增， 所以的解集为. 【小问3详解】 设，，，且，， 曲线在点处切线斜率为， 两点连线斜率为 ， ， 令，则， 令，， 则，令， ，即在上单调递减， ，即， 所以在上单调递减，故， ，又，即， 所以，即， 所以曲线点处切线斜率小于两点连线斜率. 18. 如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. （1）求证：A，D，O，E四点共面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面； （2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可 【小问1详解】 连接DO、AO、EO， 因为，，都是等边三角形， 所以， 又在平面内交于点O，在平面内交于点O， 所以平面，平面， 因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O， 所以平面与平面是同一平面， 即A，D，O，E四点共面； 【小问2详解】 连接DO、AO、EO，AD， 以OA，OB分别为x、y轴， 以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系， 则， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，所以 又， 设， 所以，解得， 所以， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，又， 设， 所以，解得， 由(1)得为二面角平面角， 设，则点， 故， 设平面的法向量为， 则， 取得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则 ， 其中， 当时，取得最大值为， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 19. 对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线（规定当P和Q相同时，直线就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记. （1）若，，求，以及； （2）对于上的四点，，，，求证：的充要条件是； （3）是否存在异于S的点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），，； （2）证明见解析； （3）存在，为或或. 【解析】 【分析】（1）依次写出过的相关直线，联立椭圆求交点，根据题设定义求，以及即可； （2）应用向量的坐标表示及三角恒等变换得，同理得，根据向量平行的坐标表示、辅助角公式化简，即可证； （3）设，，根据平行关系及（2）的结论即可判断存在性并确定点坐标. 【小问1详解】 由题设，直线的斜率为，则过且平行于直线的直线方程， 联立，可得，解得（舍）或，则， 所以， 过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为， 联立，可得（舍）或，故， 过且平行于的直线方程为， 联立，可得（舍）或，故， 所以， 过且平行于的直线方程为， 联立，可得（舍）或，故， 过且平行于的直线方程为， 联立，可得，故， 又对于椭圆上任意一点，都有，故，， 所以； 【小问2详解】 由， ， ， 所以， 同理， 故，当且仅当 ， 所以，即，得证； 【小问3详解】 设，， 由，点处的切线平行于， 由（2）知，则， 由，所以，则， 由，所以，则， 若，则，即， 所以存在异于S的点P，使得，坐标为或或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启封前 2024-2025学年（下）高三百校期中考试 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．回答非选择题时，将答案写在答题纸上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回． 一､单项选择题：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． 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知集合，则A中元素的个数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 4. 空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现象，如左图所示，当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时，让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹.同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致.现有一圆锥形玻璃，底面周长为24，母线长为13.将其顶点朝下放置于平板玻璃上，并且使得底面与平板玻璃的夹角近似满足sin=，用光垂直照射，则得到的条纹形状为（ ） A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 圆 5. 运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（ ） A. 32种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 6. 已知函数，，在公共定义域内，下列结论正确的是（ ） A. 恒成立 B. 恒成立 C. 恒成立 D. 恒成立 7. 已知函数，则图象的对称轴方程为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知点，圆，则（ ） A. 点在内 B. 点与上的点之间的最大距离为 C. 以点为中点的弦所在直线的方程为 D. 过点的直线被截得弦长的最小值为 10. 已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（ ） A. 点在以为直径的圆上 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的方程为 D. 11. 设函数，数列满足，，则（ ） A. B. 为定值 C. 数列为等比数列 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则_____. 13. 已知，均锐角，，，则_____________. 14. 已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为______． 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，角、、所对的边分别为、、，已知，． （1）求； （2）若的面积为，是上的点，且，求的长． 16. 某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. （1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ （2）若一位同学答对了一道题目.他等可能选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 17. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）当时，求解集； （3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系． 18. 如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. （1）求证：A，D，O，E四点共面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 19. 对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线（规定当P和Q相同时，直线就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记. （1）若，，求，以及； （2）对于上的四点，，，，求证：的充要条件是； （3）是否存在异于S的点P，使得？若存在，请求出P的坐标；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 $