江蘇省南京市2024-2025學年高三數學上學期期中試題含解析

Page192024~2024學年第一學期期中考試試卷高三數學一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設全集，集合，，則圖中陰影部分表示的集合為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分析韋恩圖中兩個集合的關系即可選出答案.【詳解】由圖所示，陰影部分是集合中的元素解除中的元素所組成，故表示的集合為：.故選：C2.已知為虛數單位，復數，則（）A.3 B.4 C.5 D.25【答案】C【解析】【分析】利用復數模的運算性質干脆求解.【詳解】因為復數，所以.故選：C3.如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，其對稱中心O平分線段MN，且，點E為DC的中點，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面對量線性運算、數量積運算求得正確答案.【詳解】..故選：A4.2012年國家起先實施法定節(jié)假日高速馬路免費通行政策，某收費站統(tǒng)計了2024年中秋節(jié)前后車輛通行數量，發(fā)覺該站近幾天車輛通行數量，若，則當時下列說法正確是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據給定條件，利用正態(tài)分布的對稱性列式，再結合不等式求解作答.【詳解】因，且，則有，即，不等式為：，則，，所以，，A，B，D均不正確，C正確.故選：C【點睛】關鍵點睛：涉及正態(tài)分布概率問題，運用正態(tài)密度函數曲線的對稱性是解題的關鍵.5.已知等比數列的前項和為，且，，成等差數列，則（）A. B. C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】先利用，，成等差數列解出，再利用求和公式化簡求值即可.【詳解】設等比數列公比為，由，，成等差數列可得，，化簡得，解得，.故選：B.6.已知是雙曲線右焦點，為坐標原點，與雙曲線交于(在第一象限)，兩點，，且，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本題須要依據已知條件，在焦點三角形中運用余弦定理，建立與的方程，進而算出離心率.【詳解】設雙曲線的左焦點為，則為平行四邊形，所以因為，所以又，所以，因為，所以，在中運用余弦定理有，得，故離心率故選：D.【點睛】雙曲線上一點與兩焦點構成的三角形，稱為雙曲線的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、得到a，c的關系．7.甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行勞動技術競賽，決出第1名到第5名的名次.甲和乙去詢問成果，回答者對甲說：“很缺憾，你和乙都沒有獲得冠軍.”對乙說：“你當然不會是最差的.”若在此對話的基礎上5人名次的狀況是等可能的，則最終丙和丁獲得前兩名的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先考慮滿意回答者的全部狀況，分甲同學為第5名和甲同學不是第5名兩種狀況，結合分類加法原理求解，再求解滿意回答者的狀況且最終丙和丁獲得前兩名的可能狀況，最終依據古典概型求解即可.【詳解】解：依據題意，當甲同學為第5名時，乙同學可能是第2，3，4名，故有種，當甲同學不是第5名時，甲、乙同學可能是第2，3，4名，故有種，故滿意回答者的全部狀況共種.其中，最終丙和丁獲得前兩名的狀況有兩類，當甲同學為第5名，丙和丁獲得前兩名時有種；當甲同學不是第5名，丙和丁獲得前兩名時，有種，所以，最終丙和丁獲得前兩名的狀況有種，所以，最終丙和丁獲得前兩名的概率為故選：A8.已知，，，，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由題意變形得，構造函數證得，視察選項，通過變形可知比較的是的大小，故構造函數證得其單調遞減，由此得到所比大小排序.【詳解】因為，，，所以由兩邊取自然對數得，即，故，再由得，故，令，則，故在上單調遞減，又由上式可知，故，由四個選項的不等式同時除以可知，比較的是的大小，故令，則，再令，則，故在上單調遞減，所以，故，所以在上單調遞減，又因為，所以，即，上述不等式兩邊同時乘以得，故選：D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知是不同的平面，是不同的直線，則使得成立的充分條件是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用線面平行、垂直，面面平行、垂直的判定和性質推斷即可【詳解】解：對于A，當時，可能相交，可能平行，可能異面，所以A錯誤，對于B，當時，由線面平行的性質可得，所以B正確，對于C，當時，由線面垂直的性質可得，所以C正確，對于D，當時，可能平行，可能異面或相交，所以D錯誤，故選：BC10.已知函數，則下列選項正確的有（）A.函數微小值為1B.函數在上單調遞增C.當時，函數的最大值為D.當時，方程恰有3個不等實根【答案】AC【解析】【分析】求導得，分析的單調性，進而可得極大值、微小值與最值，即可推斷ABC是否正確；作出的圖象，結合圖象即可推斷D是否正確.【詳解】對于AB：，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以的極大值為，的微小值為，故A正確，B錯誤；對于C：由函數單調性知，在上單調遞增，在上單調遞減，在上遞增，且，，故函數的最大值為，故C正確；對于D：當時，，時，，且的極大值為，的微小值為，由上述分析可知，的圖象為：由圖象可得當或時，有1個實數根，當或時，有2個實數根，當時，有3個實數根，故D錯誤.故選：AC.11.已知拋物線的焦點為，、是拋物線上兩點，則下列結論正確的是（）A.點的坐標為B.若、、三點共線，則C.若直線與的斜率之積為，則直線過點D.若，則的中點到軸距離的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】依據拋物線的方程求出點的坐標，可推斷A選項；設直線的方程為，與拋物線的方程聯(lián)立，利用韋達定理可推斷BC選項；求得，利用基本不等式可推斷D選項.【詳解】對于A選項，由拋物線，可得，則焦點坐標為，故A錯誤；對于BC選項，若直線垂直于軸，則直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意.設直線的方程為，聯(lián)立，可得，，由韋達定理可得，.若、、三點共線，則，，則，故B正確若直線與的斜率之積為，解得，則直線的方程為，即直線直線過點，故C正確；對于D選項，因為，所以，，得，所以，，所以的中點到軸的距離.當且僅當時，等號成立，所以，線段的中點到軸的距離最小值為，故D正確.故選：BCD.12.已知函數在上恰有3個零點，則（）A.在上恰有2個極大值點和2個微小值點B.在上的最大值是2C.在上是增函數D.的取值范圍是【答案】BCD【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡函數，依據給定條件求出的范圍并推斷D；再借助正弦函數的性質逐一推斷A，B，C作答.【詳解】依題意，，由，得，由正弦函數的圖像知，解得，D正確；函數在上恰有2個極大值點，可能有1個或2個微小值點，A不正確；當時，，而，則在上的最大值是2，B正確；當時，，而，則在上是增函數，C正確.故選：BCD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.的綻開式中，常數項為___________.【答案】7【解析】【詳解】試題分析：，令，則，所以常數項為.考點：二項式系數的性質點評：本題是基礎題，考查二項式定理系數的性質，通項公式的應用，考查計算實力14.已知sin，則___________.【答案】【解析】【分析】“給值求值”問題，找角與角之間的關系【詳解】所以所以故答案為：15.已知是定義在上的奇函數且為偶函數，當時，且．若，則____．【答案】8【解析】【分析】依據已知條件可得的對稱中心，對稱軸，可得為的一個周期，由、以及列關于的方程組，進而可得時，的解析式，再利用周期性即可求解.【詳解】解：因為為奇函數，所以的圖象關于點中心對稱，因為為偶函數，所以的圖象關于直線對稱，依據條件可知，則，即為的一個周期，則，又因為，，所以，解得或（舍），所以當時，，所以，故答案為：.16.公比為q的等比數列滿意：，記，則當q最小時，使成立的最小n值是______．【答案】15【解析】【分析】由等比數列的性質與導數得的最小值后求解【詳解】，構造函數，，當時，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，，此時，，；∴．故答案為：15四、解答題：本題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數列的前項和為，，當時，.（1）求證：當，為定值；（2）把數列和數列中的全部項從小到大排列，組成新數列，求數列的前項和.【答案】（1）證明見解析；（2）4594.【解析】【分析】（1）由可求得的值，令由可得出，兩式作差可得出，可得出數列是以為首項，以為公比的等比數列，進而可求得數列的通項公式；（2）確定數列所包含數列中的項，利用分組求和可求得的值.【詳解】解：（1）當時，，即，得，當時，因為，所以，兩式相減得，所以，，所以，當時，.所以；（2）數列前項為、、、、、、，數列為、、、、、，所以數列前項含有數列的項為、、、、、，共六項，所以.【點睛】方法點睛：數列求和的常用方法：（1）對于等差等比數列，利用公式法可干脆求解；（2）對于結構，其中是等差數列，是等比數列，用錯位相減法求和；（3）對于結構，利用分組求和法；（4）對于結構，其中是等差數列，公差為，則，利用裂項相消法求和.18.在斜三角形中，角，，的對邊分別為，，，且.（1）若的面積為，且滿意，求角的大??；（2）證明：.【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）依據三角形面積公式以及求解出的表示，再依據已知的的表示可求的值，則角可求；（2）依據以及正弦定理可得，依據將表示為的形式，結合誘導公式以及兩角和的正弦公式進行化簡，從而可完成證明.【詳解】解：由，，得，又，，.，.由及正弦定理得：，.，，，.【點睛】易錯點睛：利用正弦定理進行邊角互化時須要留意：（1）合理選擇邊化角或角化邊；（2）隱含條件的運用：；（3）三角函數公式或三角恒等變換公式的運用.19.某機構為了解某地區(qū)中學生在校月消費狀況，隨機抽取了100名中學生進行調查．下圖是依據調查的結果制的學生在校月消費金額的頻率分布直方圖：已知三個金額段的學生人數成等差數列，將月消費金額不低于550元的學生稱為“高消費群”．（1）求m，n的值，并求這100名學生月消費金額的樣本平均數（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表）；（2）現(xiàn)采納分層抽樣的方式從月消費金額落在內的兩組學生中抽取10人，再從這10人中隨機抽取3人，記被抽取的3名學生中屬于“高消費群”的學生人數為隨機變量X，求X的分布列及數學期望．【答案】（1），（2）的分布列為X0123P期望【解析】【分析】（1）依據頻率分布直方圖中矩形面積之和為1和等差數列概念得到關于m，n的方程組，解方程組得到m，n的值.進而利用區(qū)間中點及對應的頻率求解樣本平均數；（2）依據分層抽樣確定各組抽取的人數，從而確定X的可能取值，進而得到X的分布列和期望.【小問1詳解】由題意知且，解得.則所求平均數（元）.【小問2詳解】由題意從，中抽取7人，從中抽取3人，隨機變量的取值全部可能取值有0，1，2，3，且，所以隨機變量的分布列為X0123P隨機變量的數學期望.20.如圖①，在菱形中，且，為中點．將沿折起使，得到如圖②所示的四棱錐．（1）求證：平面；（2）若為的中點，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）在圖①中，連接，證明出，在圖②中，利用勾股定理證明出，利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.【小問1詳解】證明：在圖①中，連接．四邊形為菱形，，是等邊三角形．為的中點，，又，．在圖②中，，則，．，平面.【小問2詳解】解：以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系．則、、、、.為的中點，.，，設平面的一個法向量為，則，令，得.又平面的一個法向量為．設二面角的大小為，由題意知為銳角，則.因此，二面角的余弦值為.21.在平面直角坐標系xOy中:①已知點A(，0)，直線，動點P滿意到點A的距離與到直線l的距離之比；②已知點S，T分別在x軸，y軸上運動，且|ST|=3，動點P滿；③已知圓C的方程為直線l為圓C的切線，記點到直線l的距離分別為動點P滿意（1）在①，②，③這三個條件中任選-一個，求動點P的軌跡方程；（2）記（1）中動點P的軌跡為E，經過點D(1，0)的直線l’交E于M，N兩點，若線段MN的垂直平分線與y軸相交于點Q，求點Q縱坐標的取值范圍.【答案】（1）答案見解析；（2）.【解析】【分析】（1）分別依據選擇的條件，設P(x，y)，把條件轉化為數學表達式，化簡得到x與y之間的關系即為P點的軌跡方程；（2）設Q(0，y0)，當直線l′的斜率不存在時，y0＝0；當直線l′的斜率存在時，設直線l′的斜率為k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點為G(x3，y3)，聯(lián)立，得到，線段MN的垂直平分線的方程為，令x＝0，得y0＝－3y3.代入得，從而求得的取值范圍.【詳解】（1）若選①：設P(x，y)，依據題意，得整理，得.所以動點P的軌跡方程為.若選②：設P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，則＝3，(I).因為，所以整理，得，代入(I)得，所以動點P的軌跡方程為.若選③：設P(x，y)，直線l與圓相切于點H，則|PA|＋|PB|＝d1＋d2＝2|OH|＝4>2＝|AB|.由橢圓的定義，知點P的軌跡是以A，B為焦點的橢圓.所以2a＝4，2c＝|AB|＝2，故a＝2，c＝，b＝1.所以動點P的軌跡方程為（2）設Q(0，y0)，當直線l′的斜率不存在時