广东省茂名市第一中学2024-2025学年高三下学期半月考（三）数学试题

1 2024～2025学年第二学期高三半月考三数学试题答案 1 A.解集合 A＝{x|﹣5＜x 3 ＜5}B＝{﹣3﹣1023}﹣3 3 ＝﹣27﹣1 3 ＝﹣1 0 3 ＝02 3 ＝83 3 ＝27则 A∩B＝{﹣10}． 2．B解:取 1l 上两点 ( )1, 0A  0,1B 则  1,1AB   uuur 可以作为 1l 的一个方向向量． 设  ,P Q m n  为 2l 的方向向量∵ 1 2l l ∴ 0AB P Q    故 0m n   即m n 选B. 3 D．解根据题意设 t＝x 2 ﹣6x+5则 y＝ 必有 t＝x 2 ﹣6x+5≥0解可得 x≤﹣1或 x≥ 5即函数的定义域为﹣∞﹣1]∪[5+∞函数 在区间a+∞ 上单调递增则 t＝x 2 ﹣6x+5在a+∞上单调递增且 t≥0恒成立必有 a≥5即 a的取 值范围为[5+∞． 4 D．解设等比数列 {an}的公比为 q显然 q≠1否则 7＝16×4﹣15此等式不成立则 由 q≠0整理得 q 6 ﹣16q 3 +15＝0即q 3 ﹣1q 3 ﹣15＝0因 此 q 3 ＝16所以 ．故选 5 B.解先从 5人中选 1人连续两天参加服务共有 ＝5种选法然后从剩下 4人中选 1 人参加星期六服务剩下 3人中选取 1人参加星期日服务共有 ＝12种选法根据 分步乘法计数原理可得共有 5×12＝60种选法． 6．C解不妨设 Px0y0可得 由抛物线的定义知 因为 所以△PFQ为正三角形此时 解得 不妨 设抛物线 C的准线与 y轴的交点为M在 Rt△FMQ中|FM| 2 +|MQ| 2 ＝|FQ| 2 即 整理得 又 所以 解得 p＝2则抛物线 C的 标准方程为 x 2 ＝4y． 7 C解:取 AB 的中点 E 连接 ,C E D E 因为 ABC 是等腰直角三角形且 AB 为斜边则有 C E AB 2 又 ABD♀ 是等边三角形则 D E AB 从而 C E D 为二面角 C AB D  的平面角即 150C E D   显然 , ,C E D E E C E D E  平面 C D E 于是 AB 平面 C D E 又 AB  平面 ABC 因此平面 C D E 平面 ABC 显然平面 C D E 平面 ABC C E 直线 C D 平面 C D E 则直线 C D 在平面 ABC 内的射影为直线 C E 从而 D C E 为直线 C D 与平面 ABC 所成的角令 2AB  则 1, 3C E D E  在 C D E 中 由余弦定理得 2 2 3 2 cos 1 3 2 1 3 ( ) 7 2 C D C E D E C E D E C E D             由正弦定理得 sin sin D E C D D C E C E D    即 3 sin150 3 sin 7 2 7 D C E    显然 D C E 是锐角 2 23 5cos 1 sin 1 ( ) 2 7 2 7 D C E D C E       所以直线 C D 与平面 ABC 所成的角的正切为 3 5 . 8. A解答解如图设∠OPC＝α则 根据题意可得∠APO＝45° ∴ ＝ ＝ cos 2α ﹣ sinαcosα ＝ ＝ 又 ∴当 α＝ cos ＝1时 取得最大值 ． 3 9 AC解答解A复数 z＝ ＝﹣a﹣3i在复平面内对应的点在第三象限则等价为﹣ a＜0则 a＞0则 a＞0是 a≥0的充分不必要条件 对于 B   3 3 64 1 12 4 4 D X             4 1 16 192D X D X   故 B错误 对于 C   22 2 10 7 7 10 1.1 1 11 11 S S        后 前 ,故 C正确对于 D,取 x＝π则 f0＝π2+π ∴f0有两个值不符合函数的定义∴该选项错误 10．AD解析设盛水桶在转动中到水面的距离为 d 时间为 t由图可知筒车转动后盛 水筒第一次到达入水点 1P 的角度小于 π又筒车的角速度为 2rad/min所以所需的时间为 π 0 2 t  由题意可得盛水桶到水面的距离 d 与时间 t的函数关系如下 π 3 sin 2 1 6 d t        令 0d  即 π 3 sin 2 1 0 6 t        解得 π 1 sin 2 6 3 t        又 π 0 2 t  可得 π 7π π 2 2 π< 2t+ , cos 2 6 6 6 3 t          π π π π π π cos 2 cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 6 6 6 6 6 6 t t t t                           2 2 3 1 1 2 6 1 3 2 3 2 6             故 D正 确 π 0 , 0 2 π 2 t t    2 2 6 1 2 2 3 sin 2 1 6 6 t            故 C错误又 2cos 2 1 2 sint t  解得 3 3 2 sin 6 t   故 B错误 11答案ABD 解析解对于 A因为 tanh(x) = ex(ex−e−x) ex(ex+e−x) = e2x−1 e2x+1 = 1− 2 e2x+1 所 以 tanh(x)在 R 上 为 增 函 数 且 tanh(x)的 值 域 为 (−1 1) = D 又 sig(x) = ex 1+ex = 1 1+e−x ∈ (0 1) = E所以 E ⊆ D故 A 正确对于 B因为 sig(x) + sig(−x) = ex 1+ex + e−x 1+e−x = ex 1+ex + 1 1+ex = 1 所以∑2025i=1 [sig(i) + sig(−i)] = 2025故 B 正确对于 C因为 2sig(x) = 1 + tanx所以 sig(x) = 1 2 + 1 2 tanx由 B可知 sig(x)的图象关于点(0, 1 2 )对称又 y = 1 2 + 1 2 tanx的图象也 关于点(0, 1 2 )对称所以两函数图象的交点也关于点(0, 1 2 )对称则方程 2sig(x) = 1 + tanx 的所有实根之和为 0故 C 错误对于 D易知 sig(x)为增函数由题可得 sig(e x + e −x ) > 1−sig(−m2 + 2m + 1) = sig(m2−2m−1)即 e x + e −x > m2−2m−1因为 e x + e −x ≥ 2 e x⋅e−x = 2当且仅当 x = 0时等号成立所以m2−2m−1 < 2解得−1 < m < 3 综上实数m的取值范围是(−13) 4 12答案﹣28解x+y 8 的通项公式为 Tr+1＝C8 r x 8﹣r y r 当 r＝6时 当 r ＝ 5 时 ∴ 1 ﹣ x+y 8 的展开式中 x 2 y 6 的系数为 ＝ ． 13答案为[ ]解答解点 A﹣23B0akAB＝ 所以直线 AB关 于 y＝a对称的直线的斜率为 所以对称直线方程为y﹣a＝ 即3﹣ax ﹣2y+2a＝0x+3 2 +y+2 2 ＝1的圆心﹣3﹣2半径为 1 所以 得 12a 2 ﹣22a+6≤0解得 a∈[ ]． 14答案(− 1 2 ,0)解析解法一f(x) = (e x + 1)(ax + ex−1 ex+1 ). ∵ e x + 1 > 0∴ f(x)的零 点等价于函数 g(x) = ax + ex−1 ex+1 的零点又∵ g(x)是奇函数∴只需要考虑 g(x)在(0, + ∞) 上有一个零点易知 g′(x) = a + 2 ex+ 1 ex +2 在(0, + ∞)上单调递减则 g′(x)的值域是(aa + 1 2 ) 当 a ≥ 0时g′(x) > 0∴ g(x)在(0, + ∞)上单调递增g(x) > g(0) = 0无零点不符合题 意;当 a ≤ − 1 2 时g′(x) < 0∴ g(x)在(0, + ∞)上单调递减g(x) < g(0) = 0无零点不符 合题意;当− 1 2 < a < 0 时零点存在性定理知必存在唯一的正数x 0 使 g′(x 0 ) = 0当 x ∈ (0,x 0 )时g′(x) > 0g(x)单调递增g(x) > g(0) = 0;当 x ∈ (x 0 , + ∞)时g′(x) < 0 g(x)单调递减;又∵ g(− 1 a ) = −1 + e −1 a−1 e −1 a+1 e 1 a−1 < 0∴ g(x)在(x 0 ,− 1 e )上存在唯一零点综上 实数 a的取值范围是(− 1 2 0) 解法二∵ f(0) = 0∴ x = 0是 f(x)的一个零点当 x ≠ 0时由 f(x) = 0得−a = ex−1 x(ex+1) 令 t(x) = ex−1 x(ex+1) t(x)为偶函数则问题转化为直线 y = −a与函数 t(x) = ex−1 x(ex+1) 的图象 在 (0, + ∞)上有一个交点∵ t′(x) = − e2x−2xex−1 x2(ex+1)2 设 u(x) = e2x−2x e x −1则当 u′(x) = 2e2x−2(x + 1)e x = 2e x (e x −x−1) = 0 时x = 0∴ u(x)在 (0, + ∞)上单调递增 u(x) > u(0) = 0∴当 x ∈ (0, + ∞)时t′(x) < 0t(x)单调递减．又∵ lim x→+∞ t (x ) = 0 + 5 lim x→0 + t (x ) = 1 2 ∴ t (x )在(0, + ∞)上的值域为(0, 1 2 )故 0 < −a < 1 2 即− 1 2 < a < 0故实 数 a的取值范围是(− 1 2 0) 解法三由 f(x) = 0得−ax = ex−1 ex+1 .设 g(x) = −axℎ(x) = e x−1 ex+1 ． 易得 g(x)与ℎ(x)都是 R上的奇函数则问题转化为函数 g(x)与ℎ(x)在(0, + ∞)上恰有一个交 点(如图)易知ℎ(x) = 1− 2 ex+1 在(0, + ∞)上单调递增且ℎ(x) ∈ (0,1)ℎ′(x) = 2e x (ex+1)2 令 r(x) = 2ex (ex+1)2 则 r′(x) = 2ex(1−ex) (ex+1)3 < 0∴ ℎ′(x) = 2e x (ex+1)2 在(0, + ∞)单调递减 ∴ 0 < −a < ℎ′(0)即−1 2 < a < 0 故实数 a的取值范围是(− 1 2 0)． 15解 1设等差数列 { } n a 的公差为 d n S n T 为 { } { } n n a b 的前 n项和 4 32S  3 16T  则 1 2 3 4 1 2 3 32 6 2 6 16 a a a a a a a           即 1 2 4(4 1) 4 32 2 7 a d a       .......2分 解得 1 5 2 a d    .......3分 故 5 2( 1) 2 3 n a n n     .........4分 2证明由1可知 2 3, 4 6, n n n b n n     为奇数 为偶数 (5 2 3) ( 4) 2 n n n S n n      .......5分 当 n为偶数时 5n  1 3 2( 1) 3 14 22 4 6 n T n n          .......6分 [ 1 2( 1) 3] (14 4 6) (14 6 ) (3 7 )2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n             2 0 2 n n n n T S     .......9分 当 n为奇数时 5n  2 1 ( 1)(3 4) 3 5 10 2 3 2 2 n n n n n n n T T b n           2 3 10 25 15 10 0 2 2 n n n n T S         ........12分 故原式得证．........13分 6 16解1因为 3a  2c  45B  ．由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 9 2 2 3 2 5 2 b a c ac B          .......3分 由正弦定理可得 sin sin c b C B  所以 2 2 5 sin sin 45 2 55 c C b      所以 5 sin 5 C  ..5分 2因为 4 cos 5 AD C    AD C 为钝角所以 2 3 sin 1 5 AD C cos AD C     .......7分 在三角形 AD C 中易知 C 为锐角由1可得 2 2 5 cos 1 5 C sin C   .......9分 所以在三角形 AD C 中 2 5 sin sin( ) sin cos cos sin 25 D AC AD C C AD C C AD C C           .......11分 因 为 (0, ) 2 D AC    所 以 2 11 5 cos 1 25 D AC sin D AC     .......13 分 所 以 sin 2 tan cos 11 D AC D AC D AC      ．.......15分 17答案解(1)设答对 A类问题为事件 M答对 B类问题为事件 N.......1分 当 p = 4 5 时能正确回答 B类问题的概率为 4 5 2 + 1 5 = 2 5 + 1 5 = 3 5 .......2分 因为 MN这两个事件是相互独立事件 根据相互独立事件同时发生的概率公式 P(MN) = P(M)P(N) = 4 5 ×3 5 = 12 25 ;.......3分 (2)设先回答 A类问题累计得分为 XX的取值为 040100.......4分 P(X = 0) = 1−p;P(X = 40) = p(1−(p 2 + 1 5 )) = p(4 5 −p 2 );P(X = 100) = p(p 2 + 1 5 ) 可得 E(X) = 0×(1−p) + 40×p(4 5 −p 2 ) + 100×p(p 2 + 1 5 ) = 30p2 + 52p.......7分 设先回答 B类问题累计得分为 YY的取值为 060100.......8分 P(Y = 0) = 1−(p 2 + 1 5 );P(Y = 60) = (p 2 + 1 5 )(1−p);P(Y = 100) = (p 2 + 1 5 )p E(Y) = 0×(1−(p 2 + 1 5 )) + 60×(p 2 + 1 5 )(1−p) + 100×(p 2 + 1 5 )p = 20p2 + 38p + 12.... ...11分 据题意E(X) > E(Y).......12分 即 30p2 + 52p > 20p2 + 38p + 12 变形得5p2 + 7p−6 > 0 7 解得p < −2或 p > 3 5 .......14分 所以 p ∈ (3 5 ,1) .......15分 18解答证明1由题可知 | | 2 3AC   设 AF AC    | | | | cos 4AB AC AB AC BAC        则 2 21 1 1 1 1 ( ) ( ) | | | | ( ) 8 4 0 2 2 2 2 2 2 BF AO AC AB AB AC AC AB AB AC                          解得 1 2   .....2分 / /OF AB 1 2 OF AB .......3分 而 / /D E AB 1 2 D E AB / /D E O F D E O F 四边形 OD E F 为平行四边形 / /E F OD .......4分 OD  平面 AD O E F  平面 AD O / /E F 平面 AD O ．.......5分 证明2 2 2 6 2AO AB OB P C OD     5AD OD 2 2 2 AD AO OD   即 AO OD AO E F .......7分 BF AO BF E F F AO 平面 BE F .......9分 AO  平面 AD O 平面 AD O 平面 BE F ．.......10分 解3设二面角 D AO C  的平面角为 AO OD AO BF  为 OD  和 BF  的夹角.......11分 1 | | | | 3 2 BF AC    1 6 | | | | 2 2 OD P C    6 2 2 1 2 6 OB OD       .......13分 1 3 3 ( 3 ) 22 2 2 cos 2| | | | | | | | | | | | 6 3 2 OA OB OD OB OD BF OD BF OD BF OD BF OD                          8 2 sin 2   .......16分 二面角 D AO C  的正弦值为 2 2 ．.......17分 19答案解(1)由题意得{ x′= 22 x+ 22 yy′=− 2 2 x+ 2 2 y 即{ 2 x=x′−y′2 y=x′+y′,.......2分 ∴ (x′−y′)(x′ + y′) = 2xy = 2m故曲线方程为x2−y2 = 2m ∵点( 2 ,1)在曲线上∴ m = 1 2 故曲线方程为x2−y2 = 1.......3分 由对称性可知点 G为坐标原点 O.......4分 (2)(ⅰ)由题意得{ x2n−y2n=1x2n+1−y2n+1=1得(xn−xn+1)(xn + xn+1) = (yn−yn+1)(yn + yn+1) ① 又∵直线PnQn的斜率为 2且Pn(xn,yn)Qn(xn+1,−yn+1)∴ yn + yn+1 = 2(xn−xn+1) ② 将 ②代入 ①中得xn + xn+1 = 2(yn−yn+1) ③.......7分 将 ②和 ③相加得 3(xn+1 + yn+1) = xn + yn从而 xn+1+yn+1 xn+yn = 1 3 ∴ {xn + yn}是首项为 1 公比为 1 3 的等比数列.......9分 ∴ Sn = 1×[1−(1 3 )n] 1−1 3 = 3 2 (1− 1 3n ).......10分 (ⅱ)点 R在定直线 x = 1上证明如下 ∵ Pn+1(xn+1,yn+1)Qn+1(xn+2,−yn+2) ∴直线Pn+1Qn+1的方程为 y−yn+1 = −yn+2−yn+1 xn+2−xn+1 (x−xn+1).......11分 令 x = 1得 y = xn+2yn+1+xn+1yn+2−yn+1−yn+2 xn+2−xn+1 .......12分 ∵直线P1Pn+2的方程为 y = yn+2 xn+2−1 (x−1)直线QnPn+1的方程为 x = xn+1 9 联立{ x=xn+1y= yn+2xn+2−1(x−1), 解得 M(xn+1, yn+2(xn+1−1) xn+2−1 )........13分 ∵直线P1Qn的方程为 y = −yn+1 xn+1−1 (x−1)直线Qn+1Pn+2的方程为 x = xn+2 联立{ x=xn+2y= −yn+1xn+1−1(x−1)解得 N(xn+2,yn+1(1−xn+2)xn+1−1 )......14分 ∴直线 MN的方程为 y− yn+2(x−1) xn+2−1 = yn+1(1−xn+2) xn+1−1 − yn+2(xn+1−1) xn+2−1 xn+2−xn+1 (x−xn+1) 令 x = 1得 y = xn+2yn+1+xn+1yn+2−yn+1−yn+2 xn+2−xn+1 .......15分 ∴直线Pn+1Qn+1与直线 MN的交点坐标为(1, xn+2yn+1+xn+1yn+2−yn+1−yn+2 xn+2−xn+1 ).......16分 故点 R在定直线 x = 1上． .......17分 1 2024～2025学年第二学期高三半月考三数学试题 考试时间120分钟 一选择题本题共 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的. 1．已知集合 A＝{x|﹣5＜x 3 ＜5}B＝{﹣3﹣1023}则 A∩B＝ A．{﹣10} B．{23} C．{﹣3﹣10} D．{﹣102} 2．若直线 1 : 1 0l x y   1 2l l 则下列向量可以作为直线 2l 的方向向量的是 A． ( )1, 1- B．  1,1 C．  1, 2 D．  1, 2 3. 已知函数 在区间a+∞上单调递增则 a的取值范围为 A．﹣∞1] B．﹣∞3] C．[3+∞ D．[5+∞ 4.已知首项为 1的等比数列{an}的前 n项和为 Sn若 S7＝16S4﹣15则 a4＝ A．24 B．12 C．20 D．15 5．有五名志愿者参加社区服务共服务星期六星期天两天每天从中任选两人参加服务 则两天中恰有 1人连续参加两天服务的选择种数为 A．120 B．60 C．40 D．30 6．已知 F是抛物线 Cx 2 ＝2pyp＞0的焦点P是第一象限内抛物线 C上一点P在 抛物线 C准线上的射影为 Q |FQ|＝4则抛物线 C的标准方程为 A．x 2 ＝y B．x 2 ＝2y C．x 2 ＝4y D．x 2 ＝6y 7.已知 ABC 为等腰直角三角形AB为斜边 ABD♀ 为等边三角形若二面角 C AB D  为 150则直线 CD与平面 ABC所成角的正切值为 A． 1 5 B． 2 5 C． 3 5 D． 2 5 8．已知 O 的半径为 1直线 P A 与 O 相切于点 A 直线 P B 与 O 交于 B C 两点D 为 BC 的中点若 | | 2P O  则 P A P D   的最大值为 ( ) A． 1 2 2  B． 1 2 2 2  C．1 2 D． 2 2 二选择题本题共 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分部分选对的得部分分有选错的得 0分. 2 9. 下列结论正确的是 A．复数 i ai z   3 在复平面内对应的点在第三象限是 0a 的充分不必要条件 B. 若随机变量 3 64, 4 X B       则  4 1 48D X   C. 已知某 10个数据的平均值为 7方差为 1.1则加入一个数据 7后方差变为 1 D．存在函数 fx满足对任意 x∈R都有 fsin2x＝x2+x 10.如图水利灌溉工具筒车的转轮中心O 到水面的距离为1m 筒车的半径是 3m 盛水筒 的初始位置为 0 0,P O P 与水平正方向的夹角为 π 6 ．若筒车以角速度 2 rad /m in沿逆时针方向 转动 t为筒车转动后盛水筒第一次到达入水点 1P 所需的时间单位m in 则( ) A． π 0 2 t  B． 2 sin 2 t  C． 3 2 2 sin2 6 t    D． 2 6 1 cos2 6 t    11．塌缩函数在神经网络信号处理和数据压缩等领域经常用到．常见的塌缩函数有 tanℎ(x) = e x−e−x ex+e−x sig(x) = ex 1+ex 设 tanℎ(x)的值域为 Dsig(x)的值域为 E则下列结 论正确的是( ) A. E ⊆ D B. ∑2025i=1 [sig(i)+sig(−i)] = 2025 C. 方程 2sig(x) = 1 + tanx的所有实根之和为 1 D. 若关于 x的不等式 sig(e x + e −x ) + sig(−m2 + 2m + 1) > 1恒成立则实数m的取值范 围为 (−1,3) 三填空题本题共 3小题每小题 5分共 15分. 121﹣ x+y 8 的展开式中 x 2 y 6 的系数为 用数字作答． 13．点 A﹣23B0a若直线 AB关于 y＝a对称的直线与圆x+3 2 +y+2 2 ＝1有公共点则 a的取值范围是 14.已知函数 f(x) = ax(e x + 1) + e x −1恰好有 3个零点则实数 a的取值范围是 ． 3 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. 15.13分已知 { } n a 为等差数列 6, 2 , n n n a n b a n     为奇数 为偶数 记 n S n T 为 { } n a { } n b 的前 n项 和 4 32S  3 16T  ． 1求 { } n a 的通项公式2证明当 5n  时 n n T S ． 16.15分在 ABC 中角 A B C 的对边分别为 a bc ．已知 3a  2c  45B  ． 1求 sin C 的值2在边 BC 上取一点 D 使得 4 cos 5 AD C   求 tan D AC 的值． 17.(15分) 某社区为推行普法宣传举办社区普法知识竞赛.有 AB两类问题.每位参加比赛的选手 先在两类问题中选择一类并从该类问题中随机抽取一个问题回答若回答错误则该选手比赛 结束;若回答正确则继续从另一类问题中再随机抽取一个问题回答无论回答正确与否该 选手比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得 40分否则得 0分; B类问题中的每个问 题回答正确得 60分否则得 0分.设选手李华能正确回答 A类问题的概率为 p(0 < p < 1) 能正确回答 B类问题的概率为p 2 + 1 5 参赛选手能正确回答问题的概率与回答顺序无关． (1)当 p = 4 5 时求李华先回答 A类问题累计得分为 100分的概率 (2)若李华先回答 A类问题累计得分的期望大于先回答 B类问题累计得分的期望求 p的取 值范围． 4 18．17分如图在三棱锥 P ABC 中AB BC 2AB  2 2BC  6P B P C  5AD D O BP AP BC 的中点分别为 D E O 点 F 在 AC 上 BF AO ． 1证明 / /E F 平面 AD O 2证明平面 AD O 平面 BE F 3求二面角 D AO C  的正弦值． 19.(17分) 在平面直角坐标系 xOy中把一个图形绕定点 G旋转一个定角θ的图形变换叫作旋转变换．定 点 G叫作旋转中心定角θ叫作旋转角(规定逆时针方向为正).如果图形上的点 P(x,y)经过旋 转变为点 P′(x′,y′)那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点．现将曲线 xу = m(m ≠ 0)绕 G顺时针旋转π 4 后得到新曲线 E其变换关系为{x′=xcosθ−ysinθ,y′=xsinθ+ycosθ点( 2 ,1)在曲线 E上． (1)求曲线 E的方程并确定点 G的位置 (2)点P1的坐标为(1,0)按照如下方式依次构造点Pn(n = 2,3,…)过点Pn−1作斜率为 2的直 线交 E于另一点Qn−1设Pn是点Qn−1关于 x轴的对称点．记Pn的坐标为(xn,yn)． (ⅰ)求数列{xn + yn}的前 n项和Sn (ⅱ)记 M为直线P1Pn+2与直线QnPn+1的交点N为直线P1Qn与直线Qn+1Pn+2的交点R为直线 MN与直线Pn+1Qn+1的交点证明R在定直线上．