四川省仁寿第一中学校南校区2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

这是一份四川省仁寿第一中学校南校区2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 将5名巴黎奥运会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 480种
4. 一袋子中装有5个除颜色外完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球，从中不放回的每次取出1个小球，连续取两次，则取出的这两个小球颜色不同的概率为（ ）
A． B． C． D．
5. 已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
6. 某单位组织全体党员在报告厅集体收看党的二十大开幕式．已知该报告厅共有15排座位，共有390个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位数，则最后一排的座位数为（ ）
A. 12B. 26C. 40D. 50
7. 函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知函数的定义域为R，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ）．
A. B.
C. D.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1
B. 对具有线性相关关系的变量x､y，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是
C. 已知样本数据的方差为4，则的标准差是4
D. 已知随机变量，若，则
10. 设平面向量，，均为非零向量，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则与同向
C. 若，则D. 若，则
11. 已知点，点是双曲线左支上的动点，是圆上的动点，则（ ）
A. 的实轴长为6
B. 的渐近线为
C. 最小值为
D. 的最小值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 二项式的展开式中常数项为_________．
对具有线性相关关系的变量有一组观测数据，其经验回归方程，则在样本点处的残差为__________.
已知函数，是其导函数，若曲线的一条切线为直线：，则的最小值为___________.
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①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.在中,内角，，的对边分别为，，.已知______.
（1）求角；
（2）若，，求边上的中线的长.
注：若选择多个条件分别进行解答，则按第一个解答进行计分.
16. 已知是首项为1的等比数列，且，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，求数列的前项和.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，D，E分别是棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
已知抛物线的焦点为,直线:与抛物线交于两点,且(为坐标原点).
(1)求抛物线的方程;
(2)求证:直线恒过定点.
已知函数．
当时，求函数的单调增区间；
若函数在上是增函数，求实数a的取值范围；
若，且对任意，，，都有，求实数a的最小值．
2022级高三上学期期中考试
数学试题答案
1.
【答案】C
【解析】
【分析】直接计算即可
【详解】，
故选：C
2.
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式，再求交集.
【详解】
故选：B
3.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
4．
【答案】D
【分析】分第一次取出为红球和黑球两种情况求解即可.
【详解】由题意，第一次取出可能为红球或黑球，故连续取两次，则取出的这两个小球颜色不同的概率为.
故选：D
5.
【答案】C
【解析】
【分析】求得在上单调递增的充要条件即可判断.
【详解】由题
若在上单调递增，则恒成立，即，
故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件
故选:.
6.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意转化为等差数列问题,应用等差数列通项公式和前项和公式,基本量运算即可求解.
【详解】根据题意, 把各排座位数看作等差数列,
设等差数列通项为,首项为,公差为,前项和为,则,
,
所以,即得，
故选:
7.
【答案】A
【解析】
【分析】确定函数的奇偶性排除两个选项，再由函数值的正负排除一个选项后可得正确结论．
【详解】由已知，为奇函数，排除BD；
又时，，时，，，即时，，所以恒成立，排除C．
故选：A．
8.
【答案】C
【解析】
【分析】先由题中条件求出，根据不等式可构造，利用偶函数且在区间上单调递增可解.
【详解】由得，即，
可设，
当时，因得，
所以，
可化为，
即，
设，
因，故为偶函数
，
当时，因，，
故，所以在区间上单调递增，
因，
所以当时的解集为，
又因为偶函数，故的解集为.
故选：C
9.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线性相关性判断A，由中心点坐标求出回归方程系数判断B，根据线性变换后随机变量间方差关系求得新方差后得标准差判断C，利用正态分布的对称性求得相应概率后判断D．
【详解】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故A正确；
B中，，由得，B正确；
样本数据的方差为4，则数捍的方差为，标准差为4，C正确；
随机变量，若，则，则，D错．
故选：ABC．
10.
【答案】CD
【解析】
【分析】由已知结合向量数量积的性质及向量共线定义分别检验各选项即可判断．
【详解】当时，显然不一定成立，A错误；
若，则向量夹角或，与同向或反向，B错误；
若，两边平方得，，即，C正确；
若，则或，则，D正确．
故选：CD．
11.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据双曲线方程写出实轴长、渐近线方程判断A、B；由圆和双曲线的位置关系，结合双曲线的性质、数形结合求的最小值，由为右焦点，根据双曲线的定义将目标式转化为即可求最小值.
【详解】A：由双曲线方程知：，则的实轴长为6，正确；
B：由双曲线方程知：的渐近线为，错误；
C：双曲线、圆如下：左焦点，当且仅当为x轴交点，为x轴右交点时，最小为，正确；

D：由为右焦点，，则，要使最小只需共线，此时，正确.
故选：ACD.
12.
【答案】24
【解析】
【详解】试题分析：二项式展开式的通项公式为．令，得，所以二项式的展开式中常数项为．
13.【解析】残差.
14.
【答案】
【解析】
【分析】设直线与曲线相切的切点为，借助导数的几何意义用表示出m，n即可作答.
【详解】设直线与曲线相切的切点为，而，则直线的斜率，
于是得，即，
由得，而，于是得，即
因，则，，当且仅当时取“=”，
所以的最小值为.
故答案为：
15.
【答案】（1）任选一个，答案均为
（2）．
【解析】
【分析】（1）选①，由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦公式，商数关系求得；
选②，由正弦定理化边为角，由诱导公式、二倍角公式变形可求得；
选③，由余弦定理化角为边，再由余弦定理求得；
（2）在和中分别应用余弦定理后相加可得．
【小问1详解】
选①，
由正弦定理得，
，
，
，三角形中，所以，又，
所以；
选②
由正弦定理得，三角形中，
所以，又三角形中，所以，，
所以，即；
选③，
由余弦定理得，整理得，
所以，而，；
【小问2详解】
由（1），，
由余弦定理得：
，又，，
所以，
所以，．
16.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据已知根据等差中项的性质列出关系式，求解即可得出；
（2）根据（1）的结论得出，，然后根据错位相减法求和，即可得出答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，，
因为，，成等差数列，
所以，即，
化简可得，解得.
又，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
因为，
所以，
则，①，
，②
①-②得，
所以.
17.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为F，连接，，分别证明平面，平面，通过面面平行证得线面平行；
（2）根据题意，以为原点.，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，转化为空间向量处理即可.
【详解】（1）证明：设的中点为F，连接，.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
在中，，平面，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.
设平面的法向量为，则
即取，则.
取的中点G，连接.由得.
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
所以为平面的一个法向量
.
易得二面角为钝角，故二面角的余弦值为.
18.【解析】（1）解:由题知抛物线的焦点为,
,即,
抛物线的方程为:;
（2）证明:由(1)知抛物线的方程为:,
联立,
整理可得,
,
,
,
,
即,
解得,符合，
直线的方程为:,
故直线恒过定点.
19．
【详解】解：当时，．
则
令，得，即，解得：或．
因为函数的定义域为，
所以函数的单调增区间为．
由函数．
因为函数在上是增函数，
所以对恒成立
即对恒成立．
所以
即实数a的取值范围是．
因为，由知函数在上是增函数．
因为，，，不妨设，所以
由恒成立，可得，
即恒成立．
令，则在上应是增函数
所以对恒成立．
即对恒成立．