湖南省株洲市2025届高三上学期期末教学质量检测 数学

这是一份湖南省株洲市2025届高三上学期期末教学质量检测 数学，共18页。试卷主要包含了选择题的作答，考试结束后，将答题卡上交， 已知集合，则， 记等比数列的前项和为，若，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。

（本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分）
注意事项：
1，答题前，先将自已的姓名､准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3，非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，将答题卡上交.
第I卷
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若虚数满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
3. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D. 3
4. 已知向量，则在方向上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5. 若展开式中的第2项与第3项的系数相等，则的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
6. 记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A 1B. 2C. 4D. 8
7. 已知三个电流瞬时值的函数表达式为，，它们合成后的电流瞬时值的函数为的部分图象如图所示，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
8. 已知点为三棱柱棱上一点，经过顶点及点的平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则的值为（ ）
A. 1B. C. D.
二､多选题（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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.）
9. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为：离散系数.某地区进行调研考试，共40000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则下列说法正确是（ ）
（附：若随机变量服从正态分布.）
A. 学生考试成绩标准差为
B. 学生考试成绩近似服从正态分布
C. 约有20000名学生的成绩低于58分
D. 全体学生成绩的第84百分位数约为78
10. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线.给出下列四个结论，其中正确的是（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 若点在曲线上，则
C. 若点在曲线上，则
D. 若点在曲线上，则
第II卷
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知是第二象限内的角，，则__________.
13. 已知长方体长，宽，高分别为，连接其各面的中心，得到一个八面体.已知该八面体的体积为8，则该长方体的表面积的最小值为__________.
14. 在箱子里有六张印有6名同学名字（名字都不相同）卡片，6名同学随机在箱子中抽取一张卡片.为了使6名同学都能拿到自己的卡片，每次只有2名同学可以互换手中的卡片，则这6名同学至少进行5次互换才能都拿到自己名字的卡片的概率为__________.
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. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，且是边长为的等边三角形.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
16. 如图，在等边三角形中，为边上一点，，点，分别是边上动点（不包括端点），若，且设
（1）求证：不论为何值，恒成立.
（2）当和的面积相等时，求的值.
17. 已知抛物线的焦点为.过焦点的直线交抛物线于两点.抛物线在点处的切线为直线，过点作平行于直线的直线交抛物线于点.设点.
（1）求证：成等差数列；
（2）求的面积的最小值.
18. 已知函数
（1）若曲线y=fx在点处的切线在轴上的截距为，求的值；
（2）若函数y=fx存在唯一极值点，求的取值范围；
（3）若函数y=fx存在极大值，记作，求证：.
（参考结论：当时，.这里表示从0的右边逼近表示从0的左边逼近0.）
19. 已知集合是由（为大于1的整数）个连续的正整数组成的集合.现将集合拆分成个子集，且集合满足：①两两没有公共元素；②元素的个数均为个，则称对集合进行了“个均分拆”.进一步，若集合又满足条件，则称对集合进行了“条件下个均分拆” .
（1）若集合，请写出对集合进行“2个均分拆”的所有拆法.
（2）若集合，试判断是否可以对集合进行“条件下2个均分拆”（条件为“，其中”），并说明理由.
（3）若集合，是否可以对集合进行“条件下16个均分拆”（条件为“集合中的最大数等于另外的两数之和”）？若能，求出整数的最大值，并给出一种拆法；若不能，说明理由.
株洲市2025届高三年级教学质量统一检测
数学答案
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上）
1. C
解析：，.
故选：C.
2. A
解析：因为，所以，
则.
故选：A.
3. B
解析：双曲线的渐近线为，
依题意，即，
所以双曲线的离心率.
故选：B
4. B
解析：.
故选：B.
5. B
解析：二项式的展开式第2项与第3项的系数分别为，
依题意，，即，整理得，而，所以.
故选：B
6. C
解析：显然，等比数列前项和公式为，
因为为等比数列的前项和，所以，
所以
所以.
故选：C
7. D
解析：由题意知，
，
根据图象知，，所以直线是的一条对称轴，且是最大值，
所以，解得，
又因为，所以，
所以，
所以的最大值为2，
故选：D.
8. B
解：过作∥，交于点，
则∥，
连接，则平面即为过顶点及点的平面，如图所示：
设三棱柱的底面面积为，高为；
设，
则，
又因为，
所以两三角形的相似比为，
由相似三角形的性质可知，
易知，侧棱交于延长线上一点，
所以几何体为三棱台，
设三棱台体积为，三棱柱的体积为，
则有，
又因为
，
又因为，
所以，
所以，
，
令，
则有，
解得，
所以，
所以，
解得.
故选：B.
二､多选题（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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.）
9. ACD
解析：对于A，根据离散系数，平均分为57.4，离散系数为0.36，可得标准差为，故A正确；
对于B，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，则学生考试成绩近似服从正态分布，故B错误；
对于C，平均分为57.4，所以成绩低于58分得概率约为，所以约有名学生的成绩低于58分，故C正确；
对于D，又因为，且，所以全体学生成绩的第84百分位数约为，故D正确；
故选：ACD.
10. BCD
解析：，.
设，则.
，在0,+∞上单调递增，.
，，故选项C，D正确；
又，，，，，故选项A错误；
设，则.
令得；令得，
在上单调递增，在上单调递减，
，，即，，故选项B正确.
故选：BCD.
11. CD
解析：设动点Px,y，根据点到点与直线的距离之和等于10，
所以，即，
化简得，当时，，
当时，，图象如下，

选项A,根据图象得，曲线不关于轴对称，故A错误；
选项B,若点在曲线上, 则，所以，由，得 ，所以,故B错误;选项C, 若点在曲线上，则，C正确；
选项D, 若点在曲线上，
当时，，得，故
当时，，得，故
所以，D正确，故CD正确.
故选：CD
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12.
解析：因为是第二象限内的角，，
所以，则，
则
故答案为：
13.
解析：
如上图所示，
八面体分成两个同底等高的四棱锥和四棱锥，
所以，
因为四棱锥的底面面积是长方体底面面积的一半，高是长方体高的一半，
所以，化简得：，
所以长方体的表面积为：
当且仅当时，取等号，所以长方体的表面积的最小值为80.
故答案为：80.
14.
解析：因为同学们至少经过5次操作才能才能都拿到自己的名牌，
这里研究排序混乱到什么程度才需要“至少经过5次互换”六位同学才能都拿到自己的名牌，这里不妨记甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学对应的位次分别为1，2，3，4，5，6，
首先，考虑一种情况：假设字母“甲”已经拿到自己的名牌，即排在1号位，其他名牌皆不在对应同学的手里，
易知把其他五个名牌换到对应同学的手里至少需要经过4次操作，
即第一次让“乙”归位，第二次让“丙”归位，第三次让“丁”归位，第四次将“戊”与“己”同时归位，这样仅需进行4次操作，不满足题意；
若甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学的名牌均不在自己手里，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位，此时也不能满足“至少进行5次操作”的情况，
所以，要满足“至少进行5次操作”的情况，则自己的名牌均不在自己手里，且交换过程中只存在最后一次互换两位同学都能拿到自己的名牌，
综上，总的排序方法有种，
所有的随机情况有种，所以概率为.
故答案为：.
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. （1）取的中点，连接、，
因为四边形为菱形，，则为等边三角形，
因为为的中点，，同理可得，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
（2）由（1）可知，，同理可得，
因为，所以，，所以，，
又因为，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0、、、、，
设平面的法向量为m=x,y,z，，，
则，取，可得m=3,3,1，
因为。则，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
16. （1）在中，，
又，所以，
在中，所以，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以，即不论为何值，恒成立；
（2）因为，
，
又，，由（1）可得，
所以，
即，
整理得，所以.
17. （1）
如图所示，由题意得F0,1，准线方程为，直线的斜率存在，故设直线的方程为，
因为，即，则，直线的斜率为，
设过点作平行于直线的直线为，则直线的方程为，
即，联立，得，
因为直线与抛物线交于，根据韦达定理可得，故成等差数列.
（2）不妨设，过向直线作平行于轴的直线交直线于，
由 可得，故,
根据直线的方程，
当时，，
故，
故，
故，
当且仅当，即时，等号成立，故的面积最小值为16.
18. （1）且，
则，所以切线方程为，
令，则，
由题意得，解得；
（2）存在唯一极值点等价于方程在上有唯一解.
设，
则，由，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当时，，当时，，
所以在上的值域为，在上的值域为，
故只需，解得，即实数的取值范围为；
（3）设，
当时，，
由零点的存在性定理知，存在使得，
即当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以存在极大值为，极小值为，不符合题意；
当时，由（2）知，存在唯一的零点，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以存在极小值为.
故若存在极大值，则，且，
有，得，即，即，
则，
令，则，
所以在上单调递增，且，
所以，即.
19. （1），∴由题可知：对集合进行“2个均分拆”的所有拆法为：
和，和，和.
（2）不可以对集合进行“条件下2个均分拆”，理由如下：
假设可以对集合进行“条件下2个均分拆”，
不妨设，，其中.
则由条件为“，其中”可知：，，
，
中有1个或者3个为奇数.
，
中有且只有1个是奇数，
不妨设为奇数，可知与中各有2个奇数.
满足条件集合进行“2个均分拆”有：和，和，和，和，
和，和，和，
和，和，和，
和，和，和，
和，和，和，
和，和，共18种.
其中满足对集合进行“条件下2个均分拆” （ 条件为“，其中”）的没有.
（3）集合中有48个元素，
对集合进行“条件下16个均分拆”得到集合，
将中的最大的数依次记为，则
；
另一方面，集合中所有元素和为，
∵条件为“集合中的最大数等于另外的两数之和”，
，，解得.，.
当时，可拆为，，，，，，，，，，，，，，，（拆法不唯一）.
综上所述，的最大值是7.