湖南省永州市新田县第一中学2025届高三上学期期中考试数学试卷

这是一份湖南省永州市新田县第一中学2025届高三上学期期中考试数学试卷，共12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。
考试时间：2024年11月23日
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3. “其身正，不令而行；其身不正，虽令不从”出自《论语·子路》．意思是：当政者本身言行端正，不用发号施令，大家自然起身效法，政令将会畅行无阻；如果当政者本身言行不正，虽下命令，大家也不会服从遵守．根据上述材料，“身正”是“令行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 已知为定义在R上的奇函数，当时，．若在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
5. 将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（ ）
A. 20种B. 40种C. 80种D. 160种
6. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
7. 已知双曲线左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知为函数的零点，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）
9. 已知非零向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若则
C. 若，则D. 向量与向量垂直
10. 如图，在正三棱柱中，M，N，D，Q分别为棱中点，，则以下结论正确的是（ ）
A. 平面
B.
C. 点Q到平面距离为
D. 三棱锥的外接球表面积为
11. 已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 直线PN的倾斜角
C. 若，则直线AB的方程为D. 的最小值为2
非选择题部分
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知______________．
13. 已知某中学3个年级各有学生300，300，400人，现采用分层抽样的方法从3个年级的学生中抽取10人，对他们的体重进行了统计．若3个年级被抽到的学生体重的平均值分别为48，52，55kg，方差分别为4，10，1．将这10名学生体重W（kg）作为样本，则样本的方差为______．
14. “四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______．
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 如图，三棱台中，是正三角形，平面ABC，，M，N分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
16. 已知，函数在点处的切线过点.
（1）求实数b的值；
（2）证明：在上单调递增；
（3）若对恒成立，求实数a的取值范围．
17. 如图，四边形中，．
（1）求；
（2）为边上一点，且的面积为，
求的外接圆半径．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且直线与的斜率之积为．
（1）求C的方程；
（2）直线与C交于M，N两点，与y轴x轴分别交于点A，B．
（ⅰ）若A，B恰为弦MN的两个三等分点，求直线l的方程；
（ⅱ）若点B与点重合，线段MN的垂直平分线与x轴交于点Q，求的值．
19. 密码学是研究编制密码和破译密码的技术科学．研究密码变化的客观规律，应用于编制密码以保守通信秘密的，称为编码学；应用于破译密码以获取通信情报的，称为破译学，总称密码学．20世纪70年代，一些学者提出了公开密钥体制，即运用单向函数的数学原理，以实现加、脱密密钥的分离．加密密钥是公开的，脱密密钥是保密的．这种新的密码体制，引起了密码学界的广泛注意和探讨．某数学课外小组研究了一种编制密码的方法：取任意的正整数n，将小于等于n且与n互质的正整数从小到大排列，即为密码．记符合上述条件的正整数的个数为．
（1）求数列的前5项和；
（2）求的表达式和的值；
（3）记，数列前n项和，证明．
新田一中2025届高三数学期中考试（参考答案）
满分：150分 时量：120分钟
考试时间：2024年11月23日
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1. 【详解】，复数在复平面内对应的点为,点位于第四象限.故选：D．
2.【详解】，解得，或，所以，故选：B．
3. 【详解】由题：其身正，不令而行，即身正令行，故“身正”是“令行”的充分条件；又其身不正，虽令不从，即令行身正，所以“身正”是“令行”的必要条件，综合知“身正”是“令行”的充要条件，选：C．
4. 【详解】因为为定义在R上的奇函数，所以，若在上单调递减，故只需，即，故选：A．
5. 【详解】一侧的种植方法有种排法，另一侧的种植方法有种排法
再由分步计数原理得不同的种植方法共有种排法，故选:C.
6. 【详解】由题可知，当时，，
若在上只有一个极大值点，则由的图像可得，解得，因为，所以的最大值为3.故选：B.
7. 【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接，因为
为正三角形，，所以为的中点，所以，故，易知， 所以，由定义知，即，得.故选：D．
8. 【详解】由得，即，即，因为，所以，所以为方程的根，令，则，所以在上单调递增，又，所以，
即，即，故选：B．
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符
合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）
9.选：ABD．
10. 【详解】由题，，所以平面,不在平面内，故平面，A正确；由题可得，，设，易得，，因为，即，解得，故，B错误；因为，所以，
所以平面,平面,得出平面，
，所以
，又，设点Q到平面的距离为d，则，得，C正确；将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，其球心O位于上下底面外心的中点，，故的外接圆半径，
设外接球半径为R，则，所以三棱锥的外接球表面积，D错误．故选：AC．
11. 【详解】由题，则向量的夹角为，故F，A，B三点共线，
设，与C的方程联立得，设，
则，，故，
由抛物线的定义得，
故，，所以A错误；
设，，当时，直线PN倾斜角大于等于，
当时，，所以直线PN的倾斜角，B正确；
记直线AB的斜率为k，令，则，则，
又，所以，所以，又直线AB过点，故直线AB的方程为正确；
，又，所以，
同理，联立解得，即，又，
所以，当时，等号成立，所以的最小值为2，D正确；
故选:BCD.

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12.【详解】，即，
．故答案：
13. 【详解】3个年级抽取的学生数分别为3，3，4人，
则，
故．
故答案为：13.
14.【详解】设，
则位四进制数转换为十进制为
，
若这个数能被3整除，则能被整除．
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数都由组成时，有个．
因为由，，组成的位四进制数共有个，
所以能被整除的概率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将进制转化为10进制之后，利用二项式定理来求解能否被整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 【小问1详解】
因为正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知平面的一个法向量为，又，
所以，
因为直线与平面所成的角为直线与所成角的余角，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
16. 【小问1详解】
的定义域为，
故，又，
所以在点处的切线方程为，
将点代入得，解得．
【小问2详解】
由（1）知，则，
令，
则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
所以在上单调递增．
【小问3详解】
对恒成立，即对恒成立，
当时，上式显然恒成立；
当时，上式转化为恒成立，
设，则，
所以在上单调递增；所以，
故，所以实数的取值范围为．
17. 【小问1详解】
解：因为，所以，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式作差得：，解得，
因为，所以．
【小问2详解】
解：因为
由（1）知，可得，且，
则所以，
在中，可得，所以，
在中，可得，
在中，可得，
可得,所以，则，
所以，解得，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，解得，
所以的外接圆半径为．
18. 【小问1详解】
将点代入C的方程得：①，
设C的焦距为，则，
故，解得②，
又③，由①②③解得或，
所以C的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）由题，，设，O为坐标原点，
因为A，B恰为弦MN的两个三等分点，所以,
则，即，解得，所以，
又，即，解得，所以
将点M，N的坐标代入C的方程得，解得，
因为，所以，
所以直线l的方程为．
（ⅱ）由题直线l过点，所以，
与椭圆方程联立，得，
，
设，则，
所以
，
又，
所以MN中点为，
所以MN的垂直平分线方程为，
令得，故，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：（2）（i）解题关键点是应用向量关系列方程求出点的坐标即可求出直线方程；
19. 【小问1详解】
由题，；
小于等于2且与2互质的正整数有1，所以；
小于等于3且与3互质的正整数有1，2，所以；
小于等于4且与4互质的正整数有1，3，所以；
小于等于5且与5互质的正整数有1，2，3，4，所以．
所以数列的前5项和为．
【小问2详解】
若2为质数，则小于等于的正整数中，只有2的倍数不与2互质，
又因为小于等于的正整数中，2的倍数有个，
所以．
在小于等于31×37的正整数中，31的倍数有37个，37的倍数有31个，
所以．
【小问3详解】
由（2）知，所以，
所以，
故，
作差得：，
所以．
令，
则，
作差得：，
所以，
故，
因为，所以，
所以得证．