湖南省邵阳市武冈市2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题含答案

这是一份湖南省邵阳市武冈市2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题含答案，共24页。
1．本试卷考试时量120分钟，满分150分；
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
3．请将答案填写在答题卡上，写在本试卷上无效，请勿折叠答题卡，答题卡上不得使用涂改液、涂改胶和贴纸，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁.
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，，再求集合交集运算即可.
【详解】解：因为，所以，即，
因为，解得，所以，
所以，.
故选：D
2. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为
，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3. 已知则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对数的定义及对数运算法则计算即得.
【详解】依题意，
由，得，则，，
所以.
故选：D
4. 若向量满足，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由已知结合向量数量积的性质即可求解．
【详解】因为向量，满足，，，
所以，即，
所以，则．
故选：A．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.
【详解】因为，
所以
.
故选：C
6. 已知在四边形中，，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由正弦定理求得，再在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】在中，由，且，可得，
由正弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得，
所以．
故选：D.
7. 已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为整体，根据题意结合零点可得，结合对称性可得，进而可求.
【详解】因为，且，则，
由题意可得：，解得，
又因为直线为函数图象的一条对称轴，
则，解得，
可知，即，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：以为整体，可得，结合正弦函数零点分析可知右端点的取值范围，进而可得的取值范围.
8. 已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将四面体放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断的轨迹，然后求解即可．
【详解】将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，，，
依题意，可知，，

则，，，解得，，
由于，即异面直线和的距离为，
由于长方体的左右侧面为正方形，所以，
取中点，连接，则左侧面，在左侧面，所以，
又平面，故平面，
四面体外接球半径为，球心为，
由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，圆心为，
过作球的一个轴截面，
所以，且，
，且，
解得，
所以的轨迹长度为．
故选：D．
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 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A、B：利用作差法分析判断；对C、D：根据基本不等式分析判断.
【详解】对A、B：∵，则，
∴，即，，A、B正确；
对C∵，例如，则，显然不满足，C错误；
对D：∵，则，
∴，D正确.
故选：ABD.
10. 如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B. 若AP=，则点P的轨迹长度为
C. 若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D. 若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ACD
【解析】
【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D
【详解】
分别取棱，的中点M，N，连接，
易证，，
平面，平面，所以平面，
且平面，平面，所以平面，
又平面，则平面平面，
因为平面，且P是正方形内的动点，
所以点Р的轨迹是线段.
因为，所以，因为，所以，
故A正确.
因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆，
则点Р的轨迹长度为，则B错误.
以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图1所示的空间直角坐标系.
由题中数据可知则，，.
设平面CEF的法向量为，则，得.
设直线AР与平面CEF所成的角为，则.
因为，所以，所以，
所以，则，故C正确.
Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2.
如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得，
从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确.
故选：ACD
11. 已知数列的前项和为，且，若，则（ ）
A. 是等比数列B. 是等比数列
C. 是等差数列D. 是等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，结合等比数列的定义和等差数列的定义及判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】因为数列前项和为，且，
对于A中，由，且，
所以是以为首项，公比为的等比数列，所以A正确；
对于B中，由，且，
所以数列是以，公比为的等比数列，所以B正确；
对于C中，由，可得，
即时，，
又由，，所以的奇数项均为0，偶数项均为．
所以的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，所以C错误．
对于D中，当时，即，
所以是每项均为的常数列，也是等差数列，所以D正确．
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 已知点为平面内不同的四点，若，且，则______
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，即可得解.
【详解】由得：，即，
又因为，所以,
故答案为：.
13. 在中，角A，，所对的边分别为，，，．且，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由余弦定理得到，并化切为弦，结合正弦定理和余弦定理求出，从而得到，，从而利用余弦定理求出答案.
【详解】由得，，
由余弦定理得，
故，
所以，
，
故，
所以，
即，
由正弦定理得，
因为，所以，
故，即，
由和得，故
故，故
故.
故答案为：
14. 对任意，不等式恒成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】把不等式转化为，记，则原不等式转化为恒成立，画出f(x)的图像，然后用数形结合和图像变换的思想来解题即可.
【详解】解：不等式等价于，
记，则原不等式等价于.
所以，不等式恒成立等价于不等式恒成立.
而，且图像如下图所示：
若，则不等式恒成立；
若，可以看作是f(x)向左或向右平移个单位，
不等式恒成立可以看作是的图像在f(x)的上方或函数值相等.
所以要使的图像在f(x)的上方或函数值相等只能把f(x)的图像向左平移至少1个单位得到，如下图所示：
所以：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式、图像变换、数形结合的思想，属于综合性题目.
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. 已知椭圆C：（）的一个焦点为，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，若面积为，求直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出，从而求出，即可求解方程；
（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理求出弦长，利用点到直线距离求出高，根据面积建立方程求解即可.
【小问1详解】
由焦点为得，又离心率，得到，
所以，所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立，消y得，
，得到，
由韦达定理得，，，
又因为，
又原点到直线的距离为，
所以，
所以，所以，即，满足，
所以直线l的方程为.
16. “九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
（1）若，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
（2）现有两种赛制：赛制一：采用3局2胜制，赛制二：采用5局3胜制，乙选手要想获胜概率大，应选哪种赛制？并说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）选方案一3局2胜制，理由见解析
【解析】
【分析】（1）因为，所以比赛采用3局2胜制，求出的所有可能取值及其概率，再由均值公式求解即可.
（2）由独立事件的概率公式分别求出3局2胜制和5局3胜制的概率，比较大小即可得出答案.
【小问1详解】
因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3，
，，
的分布列为
所以.
【小问2详解】
应选择方案一3局2胜制，理由如下：
若选赛制一3局2胜制时，记乙获胜为事件A，
则，
若选赛制二5局3胜制时，记乙获胜为事件B，
则
因为，所以选方案一3局2胜制.
17. 如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
（1）求证：平面；
（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为m=x,y,z，易得平面的一个法向量为n=0,1,0，然后由求解.
【小问1详解】
证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以A0,0,0，，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为n=0,1,0.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
18. 设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．
（1）判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
（2）已知，．证明：点是的0度点；
（3）求函数的全体2度点构成的集合．
【答案】（1）是函数的一个1度点；不是函数的1度点
（2）证明见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【小问1详解】
设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即． 故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在x=1处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
【小问2详解】
设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是y=gx的一个0度点．
【小问3详解】
，
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设． 则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在R上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
【点睛】方法点睛：针对一般的函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
19. 已知无穷数列中，，记，，．
（1）若为2，0，2，4，2，0，2，4，…，是一个周期为4的数列（即，），直接写出，，，的值；
（2）若为周期数列，证明：，使得当时，是常数；
（3）设是非负整数，证明：的充分必要条件为为公差为的等差数列．
【答案】（1），，，
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义可求出的值；
（2）令（周期），结合新定义，即可求证；
（3）根据定义分别证明充分性和必要性，d为非负整数，是公差为d的等差数列，，易证出充分性，证明必要性先结合反证法证明数列不是递减，再证明是等差数列.
【小问1详解】
，，，．
【小问2详解】
证明：不妨设的周期为，
记，，
则当时，是常数，
记，使得当时，是常数，结论正确．
【小问3详解】
证明：充分性；
若为公差为的等差数列，则
于是，．
因此，
必要性：因为，
，，
，于是，．
因此．
故数列是公差为的等差数列．
【点睛】思路点睛：此题考查数列相关的新定义问题，涉及求值和证明，证明一个条件是另一个条件的充要条件时一定要考虑完充分性和必要性.2
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