贵州省遵义市余庆中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份贵州省遵义市余庆中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共22页。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知双曲线离心率为2，则的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据离心率可求，故可求渐近线方程.
【详解】因为离心率为2，故，故，
故渐近线方程为：，
故选：D.
2. 已知集合为全集的非空真子集，且与不相等，若，则下列关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据条件推得，画出韦恩图，根据各选项逐一判断即得.
【详解】由与不相等，且，可得，如图所示.
对于A,由图知，显然，如,
而,即A错误；
对于B，由图知，因，则成立，即B正确；
对于C，由图知，，如，
而，即C错误；
对于D，由可得，则，故D错误.
故选：B.
3. 已知数列，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，即可得解.
【详解】因为，所以，，，，，
所以是以为周期的周期数列，所以.
故选：A
4. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ）
A. 或11B. 或16C. 1或11D. 1或16
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行求出，再由距离公式求出，即可得解.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得，则直线，即为，
又与之间的距离是，所以，解得或；
所以或.
故选：C
5. 在展开式中，含的项的系数是6，则（ ）
A. 6B. 3C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先由乘法法则求出展开式中含的项，再结合的项的系数是6即可求出a.
【详解】由题可得含的项为，
所以.
故选：B.
6. 已知正方体的棱长为3，以顶点为球心，为半径作一个球，则该球球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设条件求出截面圆的半径和弧所对的圆心角的弧度数后可求曲线的长.
【详解】
因为正方体的棱长为3，故正方体的体对角线长为，
故球仅与3个侧面有截线（如图所示），
设与侧面的截线为，连接，
则，
因为直角三角形，故，
因直角三角形，故，
故，而为锐角，故，
同理，故，故的长度为，
由对称性可得另外两段弧长也为，
故球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长，
故选：D.
7. 在某次数学月考中，有三个多选小题，每个小题的正确答案要么是两个选项，要么是三个选项，且每个小题都是6分，在每个小题给出的四个选项中，全部选对得6分，部分选对得部分分（正确答案是三个选项的，则每个选项2分；正确答案是两个选项的，则每个选项为3分，有错选的得0分）．已知这次考试中，第一个小题的正确答案是两个选项；小明同学在这三个多选小题中，第一个小题仅能确定一个选项是正确的，由于是多选题他随机又选了一个选项；而第二个小题他随机地选了两个选项，第三个小题他随机地选了一个选项，则小明同学这三个多选小题所有可能的总得分（相同总分只记录一次）的中位数为（ ）
A. 7B. 7.5C. 8D. 8.5
【答案】C
【解析】
【分析】列出小明得分的所有情况后可求得分的中位数.
【详解】小明第一小题得分可为：0，3，6；第二小题得分可为：0，4，6；
第三小题得分可为：0，2，3；
故其总分可为：0，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，
故总得分的中位数为：8.
故选：C.
8. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】利用同构可得，再结合导数讨论新函数的单调性后可得的最小值.
【详解】因为，故，
而为0,+∞上的增函数，故即，故，
设，则，
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故，
故选：B.
二､多项选择题（本大题共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. 已知随机事件，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则事件与事件相互独立
B. 若，则事件与事件互为对立
C. 若事件两两独立，则
D. 若事件两两互斥，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据反例可判断BC的正误，根据独立事件的定义可判断A的正误，根据互斥事件的概率性质可判断D的正误.
【详解】对于A，根据事件独立性的定义可得独立，故A正确；
对于B，记事件A：投掷一个骰子，骰子的点数为奇数，
事件：投掷一枚硬币，正面朝上，则，满足，
但不是对立事件，故B错误；.
对于C：考虑从1，2，3，4中随机选出一个数字，
记事件“取出的数字为1或2”，“取出的数字为1或3”，“取出的数字为1或4”，
则“取出的数字为1”，
显然，
，
满足，，，
所以事件A，B，C两两独立，但是，故C错误.
对于D，若两两互斥，
根据互斥事件的概率性质可得，
故选：AD
10. 设复数在复平面内对应的点为，任意复数都可以表示为三角形式，其中为复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角（也被称为的辐角）．利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，法国数学家棣莫佛发现，我们称这个结论为棣莫佛定理．根据以上信息，若复数满足，则可能的取值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据棣莫佛定理可得的一般形式，故可得正确的选项.
【详解】设，其中，则，
故，而，故，
故，故，
故BD正确，AC错误；
故选：BD.
11. 如图，小明同学发现家里的两个射灯在墙上投影出两个相同的椭圆，其外轮廓曲线形如心形，经过他进一步的探究发现曲线也表示心形曲线，设为曲线上一点，为坐标原点，则下列小明关于曲线的说法正确的是（ ）

A. 曲线只经过4个整数点（即横、纵坐标均为整数的点）
B.
C.
D. 设曲线上一点，且，则的面积的最大值为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，将曲线C变形求得，进而根据依次取值、和即可求出曲线经过的整数点；对于B，结合A得，同理以及检验时，是不成立的可判断；对于C，记是以x轴非负半轴为始边，以所在射线为终边的角，依据题意取，进而用和表示，再将其代入曲线方程可求得而得解；对于D，分和两种情况结合用和表示即可计算解得，进而由面积公式即可得解.
【详解】对于A，曲线C的方程可化为，所以，即，
又，令，得；令，得；令，得或；
所以曲线C只经过4个整数点，分别是，故A正确；
对于B，由A得即，且当时，，
同理曲线C的方程可化为，所以，即，
当时，；但当时，是不成立，故B错误；
对于C，记是以x轴非负半轴为始边，以所在射线为终边的角，
由于曲线C关于y轴对称，不妨取，
则，代入曲线方程可得，
则，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
由于曲线C关于y轴对称，考虑（i）取，则点，点，
则，
所以，
由于，则当时，，
所以的最大值为；
考虑（ii）取，则点，点，
则，
所以，由于，，
则当时，，所以的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是记是以x轴非负半轴为始边，以所在射线为终边的角，抓住曲线的特征取，接着C中用和分别表示再将其代入曲线方程求得，D中用和表示计算解得，从而求出和的面积的最大值.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 通过对某校高三年级两个班的排球比赛成绩分析可知，班的成绩，班的成绩，的分布密度曲线如图所示，则在排球决赛中_________班获胜的可能性更大．
【答案】B
【解析】
【分析】根据均值和方差的大小可得正确的选项.
【详解】从分布密度曲线可以得到如下结论：
（1）B班的平均成绩大于A班的平均成绩；
（2）B的方差小于A的方差，故B发挥较为稳定，
故B班获胜的可能更大.
故答案为：B.
13. 已知在三棱锥中，平面，，若，与平面所成角为，则三棱锥的体积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】证明线面垂直可得出线面角，利用体积公式及基本不等式求最值即可.
【详解】如图，
由平面，平面，
所以，，
又，平面，
所以平面，又平面，故,
所以与平面所成角为，
在直角三角形中，,
在直角三角形中，，
所以
当且仅当，即时，等号成立
故答案为：
14. 定义域为的函数满足，当时，若在上有9个零点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意画出函数图象，则与y=fx有且仅有个交点，结合图象可知与，有两个交点，且在时，再根据函数解析式的特征转化为直线与圆的交点个数问题，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】因为定义域为的函数满足，
且当时，，所以的图象（部分）如下所示：
则当时，，所以，又，
令，即，依题意与y=fx有且仅有个交点，
显然，由图可知与，有两个交点，且在时，
令，，则，
即，表示以为圆心，为半径的半圆（轴及轴上方部分），
所以，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是画出函数图象，将函数的零点问题转化为函数的交点问题，结合图象可知与，有两个交点，且在时，最后转化为直线与圆的位置关系求参数的取值范围.
四､解答题（本大题共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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求A；
（2）若边上的高为2，且的平分线交边于，，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由题意结合正弦定理得，再转化即可求得，进而可得解.
（2）先由高表示面积和正弦定理形式表示的面积得①，接着在和中由正弦定理结合得②，再接着由余弦定理即可计算求出，再由和正弦定理形式面积公式即可计算求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
又，所以，所以，
又
所以，故,
所以，又，所以.
【小问2详解】
由题可得①，
又因为，是的平分线，所以，
因为，所以，所以由正弦定理得②，
又由余弦定理得③，
所以由①②③计算可得，
所以由即得
.
16. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆．已知点到的距离是点到的距离的3倍．记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）设曲线与轴的负半轴交于点为坐标原点，若点不在轴上，直线分别与直线交于两点，探究以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）以为直径的圆过定点，或，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设，由代入坐标化简可得答案；
（2）求出，设，直线的方程分别为、，根据得，直线的方程分别与联立求出点坐标，再求出以为直径的圆的方程，根据方程可得答案.
【小问1详解】
设，由题意得，
即，化简得，
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
以为直径的圆过定点2,0，或，理由如下，
令，可得，或，所以，
设，直线的方程分别为、，
因为，所以，可得，
由得，由得，
可得的中点为，，
以为直径的圆的方程为
，
整理得，
由，得或，
可得以为直径的圆过定点2,0，或.
17. 如图甲，在平面五边形中，∥，，，，为的中点，以为折痕将图甲中的△折起，使点到达如图乙中的点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离即可.
【小问1详解】
在平面五边形中，∥，，
所以四边形是直角梯形，且，
在直角中，，且，则，
可得，从而是等边三角形，平分.
因为为的中点，所以，所以，
又因为且平面，
所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
取的中点F，连接，过点S作垂直于点，连接，如图，
因为平面平面，平面∩平面，
所以平面，又平面，则
因为，F是的中点，所以，
又且平面，所以平面，
由平面，则；
又因为，所以，则点O是的中点，
又，所以，可得.
以为原点，以所在的直线分别为轴，轴，
如图所示建立空间直角坐标系，
则，
可得.
设平面的一个法向量为，
由，令，则.
由于平面，设
可得，
所以；
由于点平面，
所以，
解得，即，
由（1）可知，平面，
所以点H到平面的距离为.
18. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若对任意，都有恒成立，求的最大整数值；
（3）对于任意的，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）的最大整数值为2；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求，接着令并求，根据的正负情况可得导函数的值的情况，从而可求得函数的单调区间.
（2）先将题设等价转换为对任意，恒成立，进而将问题等价转化成求函数在区间上的最小值，利用导数工具求出该最小值即可得解.
（3）由（1）在上单调递增可得，进而可得，从而结合累加法即可求证.
【小问1详解】
当时，，
所以函数定义域为，，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，又即，
所以即在上恒成立，当且仅当时，，
所以在上单调递增，即的单调递增区间为，无单调递减区间.
【小问2详解】
因为对任意，都有恒成立，
所以对任意，恒成立，
即对任意，恒成立，
所以，
所以，
因为在上恒成立，所以在上单调递增，
又，
所以存在，使得即，
所以当时，即，当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，令，
则在上恒成立，所以函数在上单调递增，
又，
所以的最大整数值为3，即的最大整数值为2.
【小问3详解】
证明：由（1）知在上单调递增，
则函数，所以，
故，
所以，
累加得，
所以.
19. 某商场为吸引顾客，设计了一个趣味小游戏，地面上划有边长为1的小正方形网格，游戏参与者从网格的某一个顶点出发，每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动，如图所示．已知游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的，且每步行走方向的选择是相互独立的．
（1）商场规定：某顾客从出发，沿小正方形的对角线向右上方走一步得1分，向右下方走一步得分，当他走完第四步后，得分为，求的分布列；
（2）商场制定了一个游戏规则：若顾客和老板都从出发，走到点的位置．设走完第步后，顾客位于点，老板位于点，其中且；若对任意且都有，则认为顾客方获胜．记顾客获胜的概率为．
（i）当时，求顾客获胜的概率；
（ⅱ）求，并说明顾客和老板在游戏中哪一方获胜的概率更大．
参考公式：．
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）;（ⅱ）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求出的取值情况，再分析每种情况表示的意义，借助独立事件的乘法公式计算概率，进而得到分布列即可；
（2）（i）运用组合知识求出顾客和老板从步中选步是向右下方走的组合数，设顾客在第步向右下方走，则分情况讨论老板的走法总数，再用概率公式计算即可.
（ⅱ）与（i）同理求出，变形借助函数的单调性，知道数列是递减数列，再讨论得解.
【小问1详解】
根据题意，可取.
当，每次的操作使得分数减少，每次操作的概率为.由于走了步，且每步都要使得分数减少，所以.
当意味着步中有步是使得分数减少的操作，步是使得分数增加的操作.
步中选步的组合数为.
每步操作的概率为，所以.
当表示步中有步是使得分数减少的操作，另外步是使得分数增加的操作.
步中选步的组合数为.
每步操作概率为，所以.
当意味着步中有步是使得分数减少的操作，步是使得分数增加的操作.
步中选步的组合数为.
每步操作概率为，所以.
，每次的操作使得分数增加，每次操作概率为，走了步，
所以.
则的分布列为：
【小问2详解】
（i）顾客一共需要走步，其中向右下方走步，向右上方走步.
从步中选步是向右下方走的组合数为.同理，老板也有种走法；
对任意，都有，可设顾客在第步向右下方走，则老板的走法有两种情况：
情况一：老板在第1步到第步中有两步向右下方行走，共种走法：
情况二：老板在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第k步中有一步向右下方行走，共种走法，所以顾客获胜时，顾客与老板总的走法数为
所以
（ⅱ）当顾客和老板都从出发，走到点的位置时， 顾客一共需要走步，其中向右下方走2步，向右上方走步，共有种走法；同理，老板也有种走法；
对任意都有，同样可设顾客在第步向右下方走，则老板的走法有两种情况：
情况一：老板在第1步到第步中有两步向右下方行走，共种走法；
情况二：老板在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第k步中有一步向右下方行走，共种走法；
所以顾客获胜时，顾客与老板总的走法数为
.

所以顾客获胜的概率为
由于
又函数在上单调递减，
所以数列是递减数列，
又，所以当时，有
所以在商场制定的游戏规则中， 当时，顾客与老板的获胜概率是相等的；
当时，老板的获胜概率更大.
【点睛】关键点点睛：第一问关键是找清楚X的所以情况，以及代表的意思，结合独立事件求概率；第二问关键是找出顾客和老板的走法数情况，分类讨论，用函数单调性结合得到单调性即可求解.题目较难，理解能力和计算能力要求高，属于难题.
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