柳州高级中学2024-2025学年高三上学期9月自主综合考试数学试题（解析版）

这是一份柳州高级中学2024-2025学年高三上学期9月自主综合考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有（ ）

A. 3个B. 2个C. 1个D. 无穷多个
【答案】B
【解析】
【分析】由图知，阴影部分所示的集合为，根据条件求出，利用集合的运算，即可求解.
【详解】由图知，阴影部分所示的集合为，
由，得到，所以，又，
所以，得到阴影部分所示的集合的元素共有个，

故选：B.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先进行向量的线性坐标运算，再利用向量垂直的数量积坐标表示求解可得.
【详解】，.
因为，所以，
则，解得.
故选：D.
3. 已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的最小值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数平移可得，进而根据即可代入化简得求解.
【详解】解：，要的图象与的图象关于轴对称，则，
所以，故，
又，故，
故选：B.
4. 将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ）
A. 22B. 30C. 37D. 46
【答案】B
【解析】
【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得.
【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，
第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为，
则第个“拐角数”为．
对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意；
对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是，
则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意；
对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意．
故选：B.
5. 已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ）
A. 86B. 87C. 88D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】根据样本数据百分位数的定义求解即可.
【详解】将数据从小到大排序得，
因为，
所以第75百分位数是．
故选：B．
6. 已知直线与圆交于不同的两点，O是坐标原点，且有，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设中点为C，由条件得出与的关系结合点到直线的距离解不等式即可.
【详解】设中点为C，则，
∵，
∴，∴，
∵，即，
又∵直线与圆交于不同的两点，
∴，故，
则，
.
故选：C．
7. 在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理化角为边，再通过换元转化为分式函数，变形后利用基本不等式求最值求解可得.
【详解】由余弦定理得，代入得，
，
则，即，
，
令，，
则，
当且仅当时， ，即时等号成立，
此时，，即，为等腰直角三角形时，
取到最小值.
故选：B.
8. 已知的定义域为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用赋值法，求得，得到的一个周期是，再根据函数的周期性和奇偶性，求得的值，进而得到答案.
【详解】由题意知，函数的定义域为，且，
令，得，所以；
令，得，所以，所以是偶函数，
令，得①，所以②，
由①②知，所以，
所以，所以的一个周期是，
由②得，所以，同理，所以，
又由周期性和偶函数可得：
所以，
所以.
故选：B.
二、多选题
9. 欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A. 的虚部为B.
C. D. 的共轭复数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由欧拉公式，利用复数的基本概念，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，则，所以C错误；
对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确．
故选：ABD．
10. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C与y轴的交点为和
B. 曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称
C. 点的横坐标的范围是
D. 的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，求得曲线的轨迹方程为，利用轨迹方程，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】解：设点，因为，可得，
整理得：，
对于A中，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，所以A正确；
对于B中，因为，
用替换，方程不变，则曲线关于x轴对称，
用替换，方程不变，则曲线关于y轴对称，
同时用替换，用替换，方程不变，可得曲线关于原点对称，所以B错误；
对于C中，因为，即可得，
即，即，解得，
即，所以点P的横坐标的取值范围是，所以C正确；
对于D中，因为，
由C项知，所以，故，所以D错误．
故选：AC.
11. 如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ）
A. 最大值为；
B. 在时取得极大值；
C. 在上单调递增，在上单调递减；
D. 在上单调递增，在上单调递减
【答案】AD
【解析】
【分析】分情况作出截面，求截面的周长和面积，进行判断.
【详解】当时，截面为等边三角形，如图：
因为，所以，
所以：，，.
此时，在上单调递增，且，.
当时截面为六边形，如图：
设，则
所以六边形的周长为：为定值；
做平面于，平面于.
设平面与平面所成的角为，则易求.
所以，
所以，
在上递增，在上递减，
所以截面面积的最大值为，此时，即.
所以在上递增，在上递减. 时，最大，为.
当时，易得：
，
此时，在上单调递减， ，.
综上可知：AD是正确的，BC错误.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：当时，如果坚持用表示截面的周长和面积，感觉比较麻烦，设，用表示截面的周长和面积就省劲多了.
三、填空题
12. 已知随机变量，若，则的值为______________．
【答案】0.8##
【解析】
【分析】由条件结合正态分布的性质可得，，再结合条件可求结论.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________.
【答案】
【解析】
分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得.
【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得，
取的中点，连接，由，得，则，
连接，由为的中点，得，，，
因此，即，整理得，
而，所以.
故答案为：

14. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，E为的中点，延长交于点F，若，则的面积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理以及三角形面积公式求得的面积，设所求面积为，利用向量共线定理、平面向量基本定理得出即可求解.
【详解】
的面积为，
注意到，
所以
，
因为三点共线，所以设，
而点是中点，点是中点，
所以，设，
所以，因为不共线，
所以，解得，
因为，
设的面积为，则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键在于得到的面积，，由此即可顺利得解.
四、解答题
15. 已知数列an中，，．
（1）求an的通项公式；
（2）求和：
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求数列an的通项公式；
（2）设，，则，利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
因为，
所以，又，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以an的通项公式为.
【小问2详解】
设，，则，
由（1）可得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以.
所以
16. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，Q为AD的中点．

（1）在上是否存在点P，使直线平面，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；
（2）若（1）中点P存在，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】（1）存在，P是中点，证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用面面平行和线面平行确定点的位置，然后利用线面平行判定定理证明即可；
（2）过点D作，以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据面面夹角的向量公式求解可得.
【小问1详解】
存，证明如下：
在四棱柱中，因为平面平面，
所以可在平面内作，
由平面几何知识可证，所以，可知P是中点，
因为平面，所以平面．
即存在线段的中点，满足题设条件．
满足条件的点只有一个，证明如下：
当平面时，因为平面，
所以过作平行于CQ的直线既在平面内，也在平面内，
而在平面内过只能作一条直线，
故满足条件的点P只有唯一一个．
所以，有且只有的中点为满足条件的点P，使直线平面．
【小问2详解】
过点D作，垂足为F，又因为平面ABCD，

所以DA，DF，两两互相垂直，
以D为坐标原点，分别以DA，DF，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则有即
令，得，，所以．
设平面的法向量为．
则有即
令，得，，所以．
所以．
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
17. 现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏.
（1）甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）；
（2）甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列；
（3）将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由.
【答案】（1），
（2）分布列见解析 （3）公平，理由见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得随机变量服从二项分布，即可得出期望值，依据二项式性质可得时，最大.
（2）写出的所有可能取值，求出对应概率即可求得分布列；
（3）根据题意可求得，可知游戏规则是公平的.
【小问1详解】
依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为，
故，于是，
当时，最大.
【小问2详解】
记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，
则，Y可取.由事件相互独立，
则.
；
；
；
故分布列为：
【小问3详解】
不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币；
记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为；
于；
即，即.
记，则，
故数列bn为首项是，公差为的等差数列；
故，则，
故，则，因此公平.
18. 已知函数.
（1）若，求曲线y=fx在x=1处的切线方程；
（2）若x>0时，求的取值范围；
（3）若，证明：当时，.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率即可得解；
（2）利用导数求出函数单调性，得到极值，转化为极大值小于0即可得解；
（3）转化为证明，构造关于的函数，利用导数求最小值，再由导数求关于的函数的最小值，由不等式的传递性可得证.
【小问1详解】
当时，，
则，所以，
又，所以切线方程为.
【小问2详解】
，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，又，
所以，即，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
由可得，
即证当，时，，
令，
则，
由可知，，故在上单调递减，
所以，
令，则，
当时，，，所以，
故ℎx在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三问中，要证明不等式成立，适当转化为证明成立，首先关键在于构造视为关于的函数，由此利用导数求出，其次关键在于构造关于的函数，利用导数求其最小值.
19. 动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为．
（1）求的方程；
（2）过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值；
（3）已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解，
（2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解，
（3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解.
【小问1详解】
根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得，
由于，故，即.
【小问2详解】
设，，
故当时，最小值为2
【小问3详解】
联立与可得，
设，
则，
故
设存在点C满足，则，
故，
由于在，故，
化简得，即，解得或（舍去），
由于，解得且，
故符合题意，由于，故，
故,故，
故存在，使得X
0
1
2
3
P