精品解析：江苏省南京市第二十九中学2024-2025学年高三下学期期初考试数学试卷

2024-2025学年高三下学期南京二十九中期初数学试卷 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，根据交集，可得答案. 【详解】由，，，则. 故选：B． 2. 若复数z满足，则（ ） A. 2 B. C. 2i D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算及共轭复数的定义计算即可. 【详解】解：因为， 所以， 所以 所以 故选： 3. 在中，已知，点O是的外心，则（ ） A. 16 B. C. 8 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得，则，代入数值计算即可． 【详解】如图，过点O作于D，可知， 则， 故选：C 4. 已知是等比数列的前n项和，则“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，分别考虑充分性和必要性是否满足即得结论. 【详解】设等比数列的公比为， 由依次成等差数列可得，即， 因，可得，解得或. 当时，，不满足，故充分性不成立； 由依次成等差数列，可得，显然， 故有，因，且，化简得：，解得（舍去）或， 当时，，而， 故得，即依次成等差数列.故必要性成立. 综上可得，“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ） A. 12 B. 16 C. 18 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】先安排甲乙，然后安排其他人，再根据分步乘法计数原理求得正确答案. 【详解】甲乙两人听同一个讲座，方法数有种， 其他人听不同的讲座，方法数有种， 所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为种. 故选：D. 6. 中国冶炼铸铁的技术比欧洲早2000年左右，冶炼铸铁技术的诞生标志着真正的铁器时代的开始．现将一个表面积为 cm2的实心铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的实心铁锭浇铸过程体积无变化，该铁锭的上、下底面的边长分别为 cm和 cm，则该铁锭的高为（ ） A. 30 cm B. C. 36 cm D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球的表面积、体积公式及棱台的体积公式列式计算得解. 【详解】解：设实心铁球的半径为R，则 ，解得， 则实心铁球的体积为 ， 设正四棱台的实心铁锭的高为h， 因为实心铁球的体积和正四棱台的实心铁锭体积相等， 则 ，解得  故选： 7. 如图，直线与函数的图象的三个相邻的交点为A，B，C，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得相邻对称轴间距离求出周期得出排除BD，再由区分AC即可得解. 【详解】因为，， 所以相邻两对称轴间的距离，即周期，所以， 排除BD， 当时，代入，可得，满足题意， 代入，可得，不符合题意， 故A正确C错误. 故选：A 8. 已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为4 D. 的图象关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】根据为奇函数，得，从而可知的对称中心；根据题意令可知，从而，结合对称中心可判断的对称轴与奇偶性和最小正周期. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点对称，则的图象关于点对称，项正确； 因为函数的定义域为，易知的定义域为， 因为为奇函数，所以， 则，所以， 根据的图象关于点对称，得， 所以，故为偶函数，项错误； 因为， 所以，所以的最小正周期为， 则的最小正周期为，项错误； 根据为偶函数，且关于点对称，最小正周期为， 易知的所有对称轴为直线，故项错误. 故选：. 二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第60百分位数为13.5 C. 对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4 D. 若决定系数越小，则两个变量的相关性越强 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布概率性质计算判断A，由百分位数定义计算判断B，把中心点代入回归方程求解后判断C，利用相关系数与决定系数的概念判断D，从而得解. 【详解】选项A，因为随机变量X服从正态分布，， 所以，故A正确； 选项B，这组数据总共有10个数，由于， 因此第60百分位数为，故B错误； 选项C，因为经验回归方程为，样本中心为， 所以，解得，故C正确. 选项D，因为， 当越小时，越小，此时两个变量的相关性越小，故D错误. 故选：AC. 10. 双曲线的左、右焦点分别为点，斜率为正的渐近线为，过点作直线的垂线，垂足为点，交双曲线于点，设点是双曲线上任意一点，若，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的共轭双曲线方程为 C. 当点位于双曲线右支时， D. 点到两渐近线的距离之积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角形面积公式得，再利用余弦定理得，则解出双曲线方程，再利用离心率定义和共轭双曲线方程的含义即可判断AB；对C，计算得，再根据的范围即可判断；对D，，利用点到直线的距离公式并结合点双曲线上化简即可. 【详解】如图，因为，所以， ， 则，所以，又， 在中，， 化简得，所以，双曲线方程为， 对于A，双曲线的离心率为，A正确； 对于B，双曲线的共轭双曲线方程为，B错误； 对于C，，因为， 则，即，C正确； 对于D，渐近线方程为，设， 点到两渐近线的距离之积为，D正确， 故选：ACD. 11. 已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ） A. －1 B. 2 C. D. －2 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意，结合选项根据的取值，得出对应的递推公式，利用归纳法求出对应的通项公式，依次验证即可. 【详解】A：当时，， 得， 所以数列是以3为周期的周期数列，则，不符合题意，故A错误； B：当时，， 得， 所以，符合题意，故B正确； C：当时，， 得， 所以，符合题意，故C正确； D：当时，， 得， 所以，符合题意，故D正确. 故选：BCD 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，且展开式中所有项的系数和为256，则中的系数为_______ 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意得到和，再根据二项展开公式计算项的系数即可. 【详解】因为的展开式中只有第5项的二项式系数最大， 所以展开式一共有项，即， 令，得展开式中所有项的系数和为，所以， 因为的展开式的通项公式为， 令，解得， 所以系数为. 故答案为：4. 13. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且，． （1）的通项公式为_______________． （2）若对于任意，恒成立，则实数的取值范围为_______________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）根据题意得出，，利用，可判断是隔项等差数列，进而写出的通项公式； （2）由（1）求得，证为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解. 【详解】（1），， 当时，可得， 两式相减得， 因为，故， 所以及均为公差为4的等差数列， 当时，由及，解得， 所以，， 所以数列的通项公式为． （2）由（1）知，可得， 因为对于任意，恒成立，所以恒成立， 设，则， 时，时，，， 所以，故，所以， 即实数的取值范围为． 故答案为：（1）；（2）． 14. 已知函数，若存在两条不同的直线与曲线和均相切，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出两曲线的切线方程，进而，利用方程根的个数与函数图象交点的个数之间的转化，结合导数讨论函数的单调性和数形结合的思想即可求解. 【详解】设曲线上的切点坐标为，又， 则公切线的方程为，即． 设曲线上的切点坐标为，又， 则公切线的方程为，即， 所以，消去，得． 若存在两条不同的直线与曲线均相切， 则关于的方程有两个不同的实数根． 设，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，由可得， 当且时，，当时，且， 则的大致图象如图所示， 由图可知，，解得， 即实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点是两曲线的切线方程相等，消去得，利用数形结合的思想将方程的根个数转化为函数图象的交点个数. 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，已知角，，所对的边分别为，，，的面积，，． （1）求的值； （2）证明为等腰三角形； （3）求的周长． 【答案】（1） （2） 证明：，, ， ，， ，， ， 由余弦定理可得：，则， 即，解得， ， 为等腰三角形 （3） 【解析】 【分析】（1）将正弦面积公式带入，再用正弦定理化简得，再由题意得，得到，再得 （2）由（1）得，再结合正弦定理得：，，得到的值，从而由余弦定理解出，解出，证明出结论 （3）由（2）可出周长 【小问1详解】 由三角形的面积公式可得，则， 由正弦定理可得：， ，， 又，则， ，即， ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知 的周长为． 故答案为：． 16. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． （1）证明：为平行四边形； （2）是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． （3）证明：点和形成的多面体的体积为定值． 【答案】（1） 证明：，截面， 当在点处时，在平面内的射影为， 当在点时，在平面内的射影为， 令分别为的中点，过的截面与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在点处时，在平面内的射影为，在平面内的射影为， 过的截面为与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在上移动时，截面绕转动， 当在点时，在面射影为， 由面面平等的性质可知截面总为平行四边形； AI （2） 不存在，理由为： 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， AI 过作于，由题意得平面， 是平面的一个法向量， 为平面的一个法向量，为和底面的夹角， ， 存在，使得和底面的夹角大于； 不否存在，使得和底面的夹角为． （3） 证明：设截面与交于点，与交于， 四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥， 两个三棱锥底面无论截面变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长， 三棱锥，三棱锥的体积为定值， 点和形成的多面体为定值． AI 【解析】 【分析】（1）利用截面，分别作出在点和在点处的截面，得知在上移动时，截面绕转动，再利用面面平行的性质即可得证； （2）过作于，可得是平面的一个法向量，结合为平面的一个法向量，知为和底面的夹角，在中，求得的范围即可; （3）设截面与交于点，与交于，由四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥，可得体积不变. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 略 17. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2）； （3） 由（2）知，当时，在上恒成立， 取，得即，当且仅当时等号成立， 令，， 则， 所以， 所以 ， 所以． 【解析】 【分析】（1）只需分别求出的值即可求解； （2）构造函数，原题条件等价于在上恒成立，求得，从而分是否小于1进行讨论即可求解. （3）由（2）可知得即，进一步有，从而累加即可得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，， 所以函数在处的切线方程为即； 【小问2详解】 若在上恒成立，则在上恒成立， 设，，所以， ， ①当时，， 当时，， 所以在上单调递减， 所以，即在不恒成立． ②当时，， 当时，，在上单调递增， 又，此时， 综上所述，所求m的取值范围是； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是利用第二问的结论得到，由此即可顺利得解. 18. 两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的，两点，当的垂心恰是的焦点时，． （1）求； （2）若，弦中点为，点关于直线的对称点在抛物线上． ①证明动弦恒过定点 ②求的面积． 【答案】（1） （2）①证明： 联立，可得，同理可得，所以， 因为， 所以的轨迹方程为， 当时，不妨设，，此时，，直线过点， 当时，直线的斜率为， 的方程为，整理得，直线过点， 综上，直线过定点； ② 【解析】 【分析】（1）根据已知条件画出图象，利用垂直关系可求出直线的斜率，使其斜率之积为，从而求出. （2）①联立两动直线与抛物线的方程，可求出点的坐标，进而可将点的轨迹方程表示出来，然后分，两种情况求出直线的方程，从而求出定点坐标；②由对称可求出的坐标和直线的斜率，进而可求出点的坐标，从而求出三角形的面积. 【小问1详解】 当的垂心恰是的焦点时，，， 不妨假设，，因为， 由，得，解得. 【小问2详解】 ①略； ②由，可得，即， 所以或， 当时，的中点为，直线的斜率为，方程为. 此时直线的方程为，联立，得或， 当坐标为时，直线为，故舍去， 此时，点到直线的距离为， 所以； 当时，同理可得， 综上所述，的面积为． 19. 一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次. （1）已知质点每次向右移动的概率为. ①当 时，求质点最终回到原点的概率； ②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小 （2）现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若质点最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分. 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若质点最终落在了原点左侧，则最终得分也为0分； 若最终落在了原点右侧，则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数. ①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望； ②若 则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？ 【答案】（1）①；② ， （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）①根据独立事件的概率公式计算即可求解；②表示第一次必然向右，后两次至少有一次向右；表示前2次均向右，后三次至少有一次向右；和第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右，根据独立事件的概率公式计算求出，结合作差法即可比较大小. （2）①利用独立事件的概率公式求出第一阶段通过的概率，即可求出数学期望；②由题意可得，令，利用导数求出的最大值即可. 【小问1详解】 ①质点最终回到原点的情况为:向右走3次，向左走3次， ②设和时质点最终落在原点右侧的概率分别为， 情况为:第一次必然向右，后两次至少有一次向右， 则. 包含2种情况: (i)前2次均向右，后三次至少有一次向右； (ii)第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右， ， ，则. 【小问2详解】 ①第一阶段通过的情况为3次均向右或者有2次向右，1次向左， 其概率为: ， 设为最终得分，则可以为0，1，3， 则其数学期望为； ②若，则， 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即当时，该游戏得分的期望值最大. 【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的②关键在于根据独立事件的概率公式计算得到，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三下学期南京二十九中期初数学试卷 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 2 B. C. 2i D. 3. 在中，已知，点O是的外心，则（ ） A. 16 B. C. 8 D. 4. 已知是等比数列的前n项和，则“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ） A. 12 B. 16 C. 18 D. 24 6. 中国冶炼铸铁的技术比欧洲早2000年左右，冶炼铸铁技术的诞生标志着真正的铁器时代的开始．现将一个表面积为 cm2的实心铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的实心铁锭浇铸过程体积无变化，该铁锭的上、下底面的边长分别为 cm和 cm，则该铁锭的高为（ ） A. 30 cm B. C. 36 cm D. 7. 如图，直线与函数的图象的三个相邻的交点为A，B，C，且，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为4 D. 的图象关于点对称 二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第60百分位数为13.5 C. 对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4 D. 若决定系数越小，则两个变量的相关性越强 10. 双曲线的左、右焦点分别为点，斜率为正的渐近线为，过点作直线的垂线，垂足为点，交双曲线于点，设点是双曲线上任意一点，若，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的共轭双曲线方程为 C. 当点位于双曲线右支时， D. 点到两渐近线的距离之积为 11. 已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ） A. －1 B. 2 C. D. －2 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，且展开式中所有项的系数和为256，则中的系数为_______ 13. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且，． （1）的通项公式为_______________． （2）若对于任意，恒成立，则实数的取值范围为_______________． 14. 已知函数，若存在两条不同的直线与曲线和均相切，则实数的取值范围为______. 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，已知角，，所对的边分别为，，，的面积，，． （1）求的值； （2）证明为等腰三角形； （3）求的周长． 16. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． （1）证明：为平行四边形； （2）是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． （3）证明：点和形成的多面体的体积为定值． 17. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 18. 两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的，两点，当的垂心恰是的焦点时，． （1）求； （2）若，弦中点为，点关于直线的对称点在抛物线上． ①证明动弦恒过定点 ②求的面积． 19. 一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次. （1）已知质点每次向右移动的概率为. ①当 时，求质点最终回到原点的概率； ②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小 （2）现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若质点最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分. 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若质点最终落在了原点左侧，则最终得分也为0分； 若最终落在了原点右侧，则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数. ①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望； ②若 则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $