湖南省湘西自治州2024-2025学年高三上学期州自检数学试卷（Word版附解析）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件求出集合，计算.
【详解】由题意得，，
∵，
∴.
故选：B.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算可得答案.
【详解】若复数满足，
则.
故选：D.
3. 已知是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的定义及性质直接判断.
【详解】由，
设，则且为偶函数，
所以为偶函数，
所以，，且，
即，化简可得，
解得，
故选：C.
4. 三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（ ）
A. 18种B. 21种C. 24种D. 36种
【答案】C
【解析】
【分析】按分步乘法计数原理，首先选一人去大学，然后将剩余的三位同学分为两组2，1，再分配到两所学校即可求解.
【详解】第一步选一人去大学，则有（种），
第二步将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，然后分配到两所学校，
则有（种），
则不同的报名方法共有（种），
故选：C.
5. 已知均为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的模的计算可得，结合二次函数可求最小值.
【详解】因为均为单位向量，且且，
所以，
，
当时，的最小值为.
故选：B.
6. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A. 900B. 600C. 450D. 300
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，求得首项与公差，可求.
【详解】等差数列an的公差为，因为成等差数列，
所以，所以，
所以，所以，，
又因为成等比数列，所以，
所以，解得，解得，
所以.
故选：A.
7. 已知函数的最小正周期为10，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的基本关系式与倍角公式化简，从而利用余弦函数的周期公式求得，进而代入即可得解.
【详解】
，
又的最小正周期为10，所以，解得，
则，则.
故选：C.
8. 过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用圆切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.
【详解】设，则，圆的圆心，半径为，
由切圆于点，得，

则
，
当且仅当时，等号成立，
可知的最小值为，
整理可得，解得或，
且，所以，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解.
二、多项选择题：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. 已知随机变量，记，则（ ）
A B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正态分布的性质判断AB；根据期望和方差的性质判断CD.
【详解】由题意可知：，且，
可得，故A正确；
且，
即，所以，故B正确；
根据期望和方差的性质可知：，，故C错误，D正确；
故选：ABD.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 平面截正方体所得截面为六边形
B. 点G到平面的距离为定值
C. 若，且，则G为棱的中点
D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于A，连接，
在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，，
所以，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；
对于C，连接，
因为，且，所以四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，

设，则，
所以，
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知正项数列满足且，则下列说法正确的（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则或
【答案】AC
【解析】
【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列an的性质可得A正确；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列an的性质可得C正确；举反例设正项数列an为常数列，利用求根公式求出可得D错误；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列，可得B错误；
【详解】对于A，若，则，即，
因为，所以，
因为，所以，
同理，
即数列an为奇数项为2，偶数项为3的数列，（也称为不动点数列）
所以，故A正确；
对于C，若，则，即，
因为，所以，或（舍去）
由A选项的解析可得，
即数列an为奇数项为3，偶数项为2的数列，
所以，故C正确；
对于D，假设正项数列an为常数列，则，
即，解得，
又，即，即，
取代入上式，此时为无理数，
当，满足，此时且，故D错误；
对于B，若，由，即，
解得或7，
当时，由A解析可得，此时正项数列an为不动点的奇偶常数列，此时；
当时，由变形为，
解得，
不妨取，
若，则，
现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列an为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，其一是能由已知递推关系发现数列为不动点型数列，（不要尝试去求解数列的通项，因为二次幂型递推关系可能有两个通项，难以判断），然后由选项入手可解决ACD，其二时能发现数列为递减数列可判断B选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.
【详解】由，
则，解得，
故答案为：.
13. 已知平面平面与平面所成的角为，且，两点在平面的同一侧，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作平面，由线面角定义可知，则，
进一步可得.由图可得，再利用模长的定义求值即可.
【详解】由平面，平面，
可知，
过点作平面，为垂足，连接，
则为BD与所成的角，
即，
所以，
因平面，平面，所以，
所以，所以.
又，
所以
，
因为，
所以 ，
故
，
所以，即的长为.
故答案为：.
14. 已知实数x，y满足，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】设，利用同构结合二次方程的解可得，故可求的值.
【详解】设，则，
故即，
整理得到：，
故为方程的正根，
故，故，故，
故答案为：3.
【点睛】思路点睛：与对数有关的求值问题，应该利用指对数的转化把对数问题转化指数问题来处理，转化过程中注意观察所得代数式的结构便于利用同构策略处理,
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. 记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前20项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，得到的通项公式.
（2）由（1）计算，利用分组求和的方法得出数列的前20项和.
【小问1详解】
当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
【小问2详解】
由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
16. 在中，内角所对的边分别为．已知．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用正弦的和角公式得到，即可求角；
（2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到，再利用三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
由，得到，
即，得到，
又，，所以，
又，得到.
【小问2详解】
由（1）知，因为
又，
所以
，
即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以，
所以的面积为.
17. 如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．

（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解.
【小问1详解】
在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面.
【小问2详解】
以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.

18. 已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过A−2,0，两点．
（1）求C的方程；
（2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可.
（2）（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
联立结合韦达定理得到，．
同理，．再结合向量运算即可解决.
（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解.
【小问1详解】
设C的方程为，其中．
由C过A，B两点，故，，解得，．
因此C的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，其中，，i＝0，1，2．

因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大．
19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．
注：．
设函数在处的阶帕德近似为．
（1）求的解析式；
（2）证明：当时，；
（3）设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）由题意设，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；
（2）构造且，利用导数研究其单调性并判断与1的大小关系，即可证结论；
（3）利用定义求在处的阶帕德近似函数，并研究的极值确定为界点，再讨论、、并结合导数判断是否为的极大值，即可求范围.
【小问1详解】
由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以.
【小问2详解】
当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上递增；
当时，，即在上递减；
所以，故，得证.
【小问3详解】
令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
【点睛】关键点点睛：第三问，利用帕德近似及导数知识确定为界点，再讨论参数并利用导数研究单调性，及与1的大小关系为关键.