精品解析：湖南省醴陵市第一中学2024-2025学年高三下学期期中考试数学试题

株洲攸县醴陵一中学校2025学年度期中考试 高三数学试题 说明： 试卷分两部分，第一部分为选择题，卷面成绩73分，第二部分非选择题，卷面成绩77分.考试时间120分钟.请考生将答案写在答题卡上. 一．单项选择题（每小题5分，共40分） 1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 是等比数列，是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若双曲线的焦点与椭圆的长轴端点重合，则的值为（    ） A. 2 B. 4 C. D. 6. 已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A. B. C. D. 1 8. 已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，例如，，，若，则（ ） A. 64 B. 65 C. 68 D. 72 二．多项选择题（每小题6分，共18分） 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 10. 如图，在边长为2的正方体中，E，F，G分别为，，的中点，则（ ） A. ∥平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 点B到平面距离为 11. 已知函数，则下列正确的是（ ） A. 的极小值为0 B. 过点切线方程为 C. 有三个实根 D. ，当时，恒成立，则a的取值范围是 三．填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知，则_____________． 13. 斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，则线段的长为______. 14. 已知不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围是_____ 四．解答题（共77分） 15 已知向量． （1）若三点共线，求的值； （2）若四边形为矩形，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 设椭圆经过点，其离心率. （1）求椭圆方程； （2）直线与椭圆交于、两点，求的面积. 18. 已知数列满足，且，数列满足，且. （1）求数列通项公式； （2）证明为等差数列； 19. 已知椭圆的长轴长为，该椭圆上的点与左焦点间的距离的最大值为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线l与椭圆C交于两点，M为线段的中点，O为原点，射线与椭圆C交于点N，且，记的面积分别为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 株洲攸县醴陵一中学校2025学年度期中考试 高三数学试题 说明： 试卷分两部分，第一部分为选择题，卷面成绩73分，第二部分非选择题，卷面成绩77分.考试时间120分钟.请考生将答案写在答题卡上. 一．单项选择题（每小题5分，共40分） 1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标轴的对称点得解. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为. 故选：C 2. 是等比数列，是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系及等比数列的性质即可求解. 【详解】设等比数列公比为， 因为，是方程的两根， 所以，所以， 由等比数列的性质可知 所以. 故选：C. 3. 已知直线与.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线平行列方程，从而求得值. 【详解】由于，所以， 此时两直线方程分别为， 不重合，符合题意，所以. 故选：B 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量加法的坐标运算求解. 【详解】向量，， 所以， 故选：A 5. 若双曲线的焦点与椭圆的长轴端点重合，则的值为（    ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用椭圆与双曲线的性质计算即可. 【详解】由表示双曲线，则，其焦点坐标为， 易知椭圆的长轴端点即其左右顶点坐标为， 由题意知与重合，即. 故选：A 6. 已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题得，通过导数求得，即可得出． 【详解】因为存在实数，使得成立， 所以， ， 令得或或， 列表 极小值 当时，有极小值也是的最小值， 所以． 故． 故选：B． 7. 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，根据 求出点E的坐标，再求＝(－，，)，最后求得点B到直线A1C的距离||＝. 【详解】过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，＝(1,2，－3)，＝(x，y，z－3)，＝(x－1，y，z)． 因为，所以， 解得，所以＝(－，，)， 所以点B到直线A1C的距离||＝， 故答案为B 【点睛】(1)本题主要考查空间点到直线的距离的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)求空间点到直线的距离，一般先作出点到直线的垂线段，再求该垂线段的长度. 8. 已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，例如，，，若，则（ ） A. 64 B. 65 C. 68 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，根据奇数数列的通项，明确为个奇数，根据宝塔数表的排列性质，通过计算，求得所在的位置，可得答案. 【详解】由题意，令，解得，则是第个奇数， ∵宝塔形数表第行有个数，前行共有个数， ，在宝塔形数表的第行中， 为第行从左往右数第个数，即， 故选：C. 【点睛】方法点睛：本题通过观察宝塔形数表，归纳出一般规律来考查归纳推理及等差数列求和公式，属于难题题.归纳推理的一般步骤：一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）.常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1)数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2)形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳. 二．多项选择题（每小题6分，共18分） 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示判断A，根据数量积的运算律得到，再由数量积的坐标表示判断B，利用特殊值判断C，根据投影向量的定义判断D. 【详解】对于A：因为，所以，解得，故A错误； 对于B：若，则，即， 所以，即，解得，故B正确； 对于C：当时，，此时与的夹角为，故C错误； 对于D：因为，，所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD 10. 如图，在边长为2的正方体中，E，F，G分别为，，的中点，则（ ） A. ∥平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 点B到平面的距离为 【答案】CD 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，通过空间向量运算依次判断4个选项. 【详解】以D为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图，则，，，，，，，， ，，，，． 对于选项A，B： 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，得， 所以与平面不平行，与平面不垂直，即A，B错误． 对于选项C： ，则异面直线与所成角的余弦值为，即C正确． 对于选项D： 又，所以点B到平面的距离为，即D正确． 故选：CD. 11. 已知函数，则下列正确的是（ ） A. 的极小值为0 B. 过点的切线方程为 C. 有三个实根 D. ，当时，恒成立，则a的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导后可得单调性，结合极值定义可知A正误；应用切线斜率及点斜式计算求解判断B，作出图象，根据与的交点个数可得C正确；将D中问题转化为在上单调递增，由，采用分离参数的方式可求得D正确. 【详解】由题意知：定义域为R，； ∴当时，；当时，； ∴的单调递减区间为，；单调递增区间为； 对于A，的极小值为，A正确； 对于B，设过点的切线的切点为，则， 切线方程为，将点代入切线方程，解得或， 当时，切点为，切线斜率为0，切线为， 当时，切点为，切线斜率为，切线为， 在点处的切线方程为或，B错误； 对于C，的极大值为，且当时，，由此可得图象如下图所示， 由图象可知：与有三个不同的交点，即有三个实根，C正确； 对于D，由当时，恒成立可得：， 令，则在上单调递增， ∴在上恒成立，∴在上恒成立； ∵在上的最大值为，∴，D正确. 故选：ACD 三．填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知，则_____________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据排列数公式化简方程，求其解即可. 【详解】因为， 所以，且，，， 所以， 解得或（舍去）， 所以. 故答案为：3. 13. 斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，则线段的长为______. 【答案】16 【解析】 【分析】利用过焦点的直线与抛物线的关系，利用韦达定理代入弦长公式求解. 【详解】因为过抛物线的焦点，斜率为1， 所以直线的方程为，则联立直线与抛物线方程 ，得到， 令 则，， 代入弦长公式. 故答案为：16. 14. 已知不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】解法一：设，利用导数可得，令，则可得，然后证明不等式恒成立即可；解法二：将问题转化为在区间上恒成立，然后构造函数，利用函数的单调性可求出实数的取值范围. 【详解】解法一：设，当，， 当，，所以在上递减，在上递增， 所以，故. ①一方面，在条件中，令，即得. 假设，则，从而，矛盾. 所以一定有. ②另一方面，若， 首先有， 以及. 将两个不等式相加，就得到， 从而. 由于，故， 所以对任意，有. 而对任意的，显然也有， 所以，从而时条件一定满足. 综合①②两个方面，可知的取值范围是. 解法二：不等式在区间上恒成立，等价于 在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 令，则，， 所以在区间上单调递增， 所以在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是利用指对同构将问题转化为在区间上恒成立，然后构造函数，利用导数求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 四．解答题（共77分） 15. 已知向量． （1）若三点共线，求的值； （2）若四边形为矩形，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，由三点共线，可得. （2）由，，若四边形为矩形，求解．即可得到结果. 【小问1详解】 因为， 所以，． 又三点共线，所以，所以， 解得． 【小问2详解】 由 ， 若四边形为矩形，则．即， 解得． 由，得 解得．所以． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）要证平面，通过取中点，利用中位线性质得到且，结合已知，，推出，，得平行四边形，进而有，再根据线面平行判定得出结论. （2）先由，，推出，结合面面垂直性质得平面，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，进而得到向量、.设平面法向量，根据向量垂直关系列方程求解法向量，再结合平面法向量求两平面夹角余弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为点为的中点，所以， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为，所以，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面， 所以，又， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 因为点为的中点，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 又平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 设椭圆经过点，其离心率. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于、两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆上一点的坐标以及离心率列出方程组，解方程可得结果； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式求出弦长，根据点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 因为椭圆经过点，其离心率， 所以，解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由得，，， 设，则， 所以. 因为点到的距离为， 所以. 18. 已知数列满足，且，数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）证明为等差数列； 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由累加法结合等差数列求和公式即可求解； （2）由等差数列的定义即可求解. 【小问1详解】 当时， ， ， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以为首项为，公差为1的等差数列. 19. 已知椭圆的长轴长为，该椭圆上的点与左焦点间的距离的最大值为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线l与椭圆C交于两点，M为线段的中点，O为原点，射线与椭圆C交于点N，且，记的面积分别为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆几何性质可得，即可求出椭圆C的标准方程； （2）当直线的斜率不存在时，易知，当直线的斜率存在时，求得的表达式再根据单调性即可得出结果. 【小问1详解】 由题意， 又， 椭圆C方程为. 【小问2详解】 为线段的中点，， ①当直线的斜率不存在时，由及椭圆的对称性， 不妨设所在直线的方程为，得， 则； ②当直线的斜率存在时，设直线， 如下图所示： 由，消去y，得， ，即， ， ， ， ， 化简得，经检验，成立， 线段的中点， 当时，，此时， 当时，射线所在直线方程为， 与椭圆联立，消去y得， ， ， ， 综上，的取值范围为. 【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 $$