湖南省永州市第四中学2024-2025学年高二直升班下学期期末考后暨高三摸底考试数学试题

2023级高二直升班期末考后暨高三摸底考试 数学（试题卷） 命题人： 审卷人： 注意事项： 1.本试卷共150分，考试时量120分钟。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。 3.考试结束后，只交答题卡。 4.考试范围为：高一高二内容（70%）+高三内容（30%） 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.已知数列，中，，，，，若，则(    ) A. B. C. D. 2.已知函数的定义域为，，且当时，，则下列结论中一定正确的是 A. B. C. D. 3.若，则(    ) A. B. C. D. 4.甲、乙、丙、丁共名同学进行党史知识比赛，决出第名到第名的名次名次无重复，其中前名将获得参加市级比赛的资格．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有获得参加市级比赛的资格．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，人的排名有（）种不同情况． A. B. C. D. 5.已知集合，若集合有且仅有个子集，则的取值是(    ) A. B. C. ， D. ，， 6.已知，则下列不等关系正确的是(    ) A. B. C. D. 7.若对任意的，恒成立，则实数的最小值是(    ) A. B. C. D. 8.已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（） 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.已知点关于直线的对称点在直线上，则实数的值为(    ) A. B. C. D. 10.已知点和则过点且与的距离相等的直线方程为(    ) A.   B.    C. D. 11.已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则以下结论正确的是(    ) A. B. C. D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若随机变量X~N(1,),2P(X<0)=P(X2)=m,则m=          . 13.已知中，点在边上，当取得最小值时，________． 14.在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点，使，连接，，三棱锥的内切球的球心为，三棱锥的内切球的球心为，则平面与平面的夹角的正弦值是          ． 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.本小题13分 已知椭圆：的一个顶点为，焦距为． 求椭圆的方程； 过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，当时，求的值． 16.本小题15分 已知一个黑色袋子里装有个红球，个白球，这些球除颜色不同外，其余均相同，甲同学每次从袋子中任取一个球，不放回，直到把两个红球都取出来即终止，记此时袋子里剩余球的个数为． 求甲同学取球两次即终止的概率 求随机变量的分布列及期望． 17.（本小题15分） 如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“完美坐标系”设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”． （T17图） 若向量的“完美坐标”为，求 已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明： 若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，，求的值域． 18.本小题17分 设函数的定义域为，其导函数为，区间是的一个非空子集若对区间内的任意实数，存在实数，使得，且使得成立，则称函数为区间上的“函数”． 判断函数是否为上的“函数”，并说明理由 若函数是上的“函数”． (ⅰ)求的取值范围 (ⅱ)证明：，． 19.本小题17分 定义：若函数与在公共定义域内存在使得，则称与为"契合函数" 判断函数和是否为“契合函数” 若函数和不为“契合函数”，求的取值范围 若函数和在区间上为“契合函数”，求的取值范围． 数学试题卷（第 页，共5页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023级高二直升班期末考后暨高三摸底考试 数学·参考答案与解析 1.【答案】  【解析】 本题考查递推关系求通项，属于中档题． 利用递推关系，求出数列的通项，列方程即可求解． 【解答】 解：数列，满足，， 故常数， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 由于， 所以， 整理得：， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列 所以， 整理得：， 由于， 所以， 解得． 故选B． 2.【答案】  【解析】 本题考查抽象函数，属于一般题． 利用已知条件，结合排除法即可求解． 【解答】 解：由题意知时可以趋近于正无穷，所以排除两项； 由当时，，得，， 又 所以，，，，，，，， 所以不一定满足， 再类推，，，，，，， 故． 所以选B． 3.【答案】  【解析】 本题考查三角恒等变换的应用 法一：利用特殊值法，排除错误选项即可 法二，利用三角恒等变换，求出正确选项 【解答】 解：解法一：设则，取，排除， 再取则，取，排除选C． 解法二：由 ， 故 故，即， 故， 故，故． 4.【答案】  【解析】 本题考查分类加法计数原理的应用，属于中档题． 根据题意，分析可得甲是第三或第四名，乙不是第四名，由此分种情况讨论，由分类加法计数原理计算可得答案． 【解答】 解：根据题意，甲没有获得参加市级比赛的资格而乙不是最差的，即甲是第三或第四名，乙不是第四名， 则有种可能： 甲是第四名，剩下三人全排列即可，有种情况， 甲是第三名，乙只能为第一或第二名，剩下人有种情况，此时有种情况， 综上则有种情况， 故选C． 5.【答案】  【解析】 本题考查子集的概念，解题时要认真审题，属于中档题． 若有且仅有两个子集，则为单元素集，所以关于的方程恰有一个实数解，分类讨论能求出实数的取值范围． 【解答】 解：由题意可得，集合为单元素集， 当时，，此时集合的两个子集是，，满足题意； 当时  则解得， 当时，集合的两个子集是，， 当时，集合的两个子集是，， 均满足题意． 综上所述，的取值为，，． 故选D． 6.【答案】  【解析】【分析】 本题考查利用指数函数的图象和性质比较大小，利用导数比较大小，属于中档题． 由题意可证明且，可判定A错误；将 看作，的图象与直线 交点的横坐标，数形结合可判断；由题意可知，又，所以，即可判断；构造函数 ，利用其单调性即可判断． 【解答】 解：若，则，，则不成立，A错误； 若，则，，不成立， 若，，则，， 所以不成立，所以且， 又，，则，可以分别看作，的图象与直线交点的横坐标， 作出，与的图象如图所示， 结合图象可知， 综上所述，故B错误； 由，，可得， 所以，C错误； 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 因为，所以，即，所以，D正确． 故选：． 7.【答案】  【解析】【分析】 本题考查不等式的恒成立问题，分离参数，构造函数，利用导数求函数最值是解决问题的关键． 参数分离可得，构造函数，利用导数求出的最大值即可． 【解答】 解：对任意的，恒成立， 在恒成立， 设， ， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ，即的最小值为． 故选：． 8.【答案】  【解析】【分析】本题考查利用导数解函数不等式问题，属于较难题． 【解答】解：已知函数，则有且只有一个负整数解． 令，则，当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增，当时，取得最小值． 设，则恒过点． 在同一坐标系中分别作出和的简图，显然， 依题意得且，解得． 故选 A． 9.【答案】  【解析】【分析】 本题考查点、直线间的对称问题，属于中档题． 设点，利用的中点坐标满足方程，及垂直直线，得到方程组，解出即可． 【解答】 解：因为点在直线上，设点， 又， 则的中点坐标为， 其必在直线上， 则， 化简为， 又直线垂直直线， 故，化简为， 联立，解得 ，或 又当时，根据垂直直线， 必有，此时直线方程为， 的中点坐标为，不在直线上，不满足题意， 故， 故选：． 10.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了直线的方程，属于中档题． 分两种情况：过且与平行的直线，利用直线的点斜式方程，直接求解即可；直线过且经过中点，因为中点，所以直线方程：． 【解答】 解：由题意，，不共线，所以存在两种情况： 直线过且与平行时，根据直线的点斜式方程可得：， 化简得：． 直线过且经过中点，因为中点， 所以直线方程：． 综上所述：直线方程为： 和． 故选AD． 11.【答案】  【解析】【分析】 本题考查椭圆和双曲线的概念、性质及几何意义，涉及到余弦定理的应用，利用基本不等式求最值，属于较难题目． 对于，设，由椭圆和双曲线的标准方程可得和，由此即可判定；对于，由题意和双曲线的定义结合余弦定理联立方程组求解即可判定；对于，由中结论转化为离心率即可判定；对于，由中结论，利用构造互为倒数的类型，再利用基本不等式求最值即可判定． 【解答】 解：对于，设，因为是椭圆的焦点， 所以；又因为是双曲线的焦点， 所以所以，故A正确； 对于，由题意可得，两式平方整理得 在中，由得，即，又由，可得， 解得，故B正确； 对于，由可得，即，即，故C错误； 对于，由可得， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即的最小值为，故D正确． 故选ABD． 12.【答案】  【解析】解：因为随机变量X~​​​​​​​N(1,), 所以正态分布图象关于x=1对称， 那么P(X<0)=P(X>2). 又因为P(X2)=P(X<2)+P(X=2), 在连续型随机变量中P(X=2)=0, 所以P(X2)=P(X<2). 由正态分布图象关于x=1对称可知P(X2)=1-P(X>2). 2P(X<0)=P(X2)=m, 设P(X>2)=t,则P(X<0)=t,P(X2)=1- 所以2t=1-t，移项可得2t+t=1,即3t=1,解得t=. 因为m=P(X2)=1-P(X>2),P(X>2)=, ​​​​​​​所以m=1-=. 故答案为：​​​​​​​. 13.【答案】或  【解析】【分析】 本题考查余弦定理解三角形，及基本不等式求最值，属于较难题． 首先利用余弦定理的应用建立关系式，进一步利用基本不等式的应用求出取得最小值时的值 【解答】解：设， 则在中，， 在中，， 所以 ， 当且仅当即时，等号成立， 所以当取最小值时，． 14.【答案】  【解析】解：取中点为，连接，，， 可知，，，、平面， 则平面， 可知正四面体关于平面对称， 则点、在平面上， 由题可知，则， 可知为二面角的平面角， 为二面角的平面角， 由球心到平面和平面的距离相等可知点在的角平分线上， 同理可知点在的角平分线上， 可知，，则即为平面与平面的夹角， ， 不妨设正四面体的棱长为， 则， 在中，由余弦定理可得， 而， 可得， 即平面与平面的夹角的正弦值是． 15.【答案】解：依题意可知：，解得，故椭圆的方程为：； 由题可设直线方程为：，，， 联立直线和椭圆方程：，可得： ，由可得： ，解得：， 根据韦达定理可得：，， 直线的斜率为，的直线方程为：， 令，可得点的横坐标，同理可得点的横坐标， 则有 ， 即， ， ， ， 即，两边平方则有：，解得：． 故的值为．  【解析】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，属于综合题． 16.【答案】解：设甲同学取球两次即终止为事件， 由题意得的所有可能取值为，，，，， ，，， ，， 则随机变量的分布列为： 故．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】解：因为的“完美坐标”为，则， 又因为，分别为，正方向上的单位向量，且夹角为， 所以， 所以 ． 证明：由知， 所以 ， 即 解：因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由得． 令， 则， 因为，所以，即， 令， 因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分， 所以当时，取得最小值， 当时，取得最大值， 所以的值域为  【解析】本题考查了平面向量的新定义问题和向量的数量积的概念及其运算，属于中档题． 由平面向量的新定义计算即可； 由平面向量的新定义即可得证； 利用平面向量的新定义与换元法，借助二次函数求最值，即可得解． 18.【答案】解：因为， 所以， 因为，，又， 所以， 所以， 所以对于任意恒成立． 故是上的“”函数． ， 由条件得对任意的恒成立， 即任意的恒成立． 当时，对一切成立． 当时，恒成立． 设，则， 所以在上单调递减， 可得． 当时，由恒成立． 设，则， 所以在上单调递减， 可得． 综上所述，的范围是 证明：由(ⅰ)知， 对，． 下面证：，， 即证， 设，则， 所以在上单调递增， 又，所以成立． 所以时，不等式成立． 所以，成立．   【解析】本题主要考查函数新定义问题，利用导数研究函数的单调性，属于较难题． 利用“函数”定义判断即可； 根据函数及“函数”定义可得的取值范围 (ⅱ)问题转化为，，设，由导数可证在上单调递增，可证不等式． 19.【答案】解：根据定义，若与为“契合函数”， 则在公共定义域内有解， 又因为，，， 所以， 即，，解得， 所以与为“契合函数”． 令，， 因为与不为“契合函数， 又因为为上的连续函数， 所以在上无零点，即恒为负或恒为正． 若在上恒成立，取，则，即， 又当时，， 令，所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，与假设矛盾， 所以不存在使得在上恒成立． 若在上恒成立，即， 令，所以， 又因为在上单调递减，， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即的取值范围是 令，则， 因为与在上为“契合函数”， 所以在上存在零点， 即在上存在零点， 又因为， 当且时， 因为，， 所以，所以在上单调递增，则， 此时在上不存在零点，不满足题意 当时，当时，，所以， 当时，令， 则， 所以在上单调递增，且，， 故在上存在唯一零点，设为，使得， 所以当时，当时， 又当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在唯一极小值点， 因为，所以， 又因为，所以在上存在唯一零点， 所以函数与在上为“契合函数”． 综上，的取值范围是．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 学科网（北京）股份有限公司 $$