湖南省长沙市南雅中学2024−2025学年高三下学期4月半月考 数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市南雅中学2024−2025学年高三下学期4月半月考 数学试题（含解析），共14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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．设，则（ ）
A．B．C．D．
3．过抛物线的焦点作直线l交抛物线于A、B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则等于
A．4B．6C．8D．10
4．已知，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图像向右平移单位后得到函数的图像，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．设函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．己知数列的前n项和记为，且，若对任意正整数n都成立，则实数t的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为1的正三角形，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．若线性回归方程为，则样本数据的残差为0.2
B．频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积不相等
C．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数
D．样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小
10．已知实数x，y满足，则下列关系式中恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
11．设数列满足，，其中为实数，数列的前项和是，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则是等比数列
B．当，时，数列是递增数列
C．当，时，不存在使是周期数列
D．当，时，
三、填空题（本大题共3小题）
12．过三个点，，的圆的方程为 ．
13．等比数列中，，，满足：（P点在直线上），则的最大值为 ．
14．设函数，若恒成立，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，四边形为正方形，E，F分别为，的中点，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且．
(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
16．在中，，，分别是角，，的对边，若且．
(1)求；
(2)设角的平分线交边于点，求长度最大值．
17．已知函数．
(1)若在处有极大值，求的单调递减区间；
(2)若直线与函数的图象相切，求实数m的值．
18．某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．经过调研和试生产，质检人员抽样发现：甲工厂试生产的一批零件的合格品率为80%；乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为90%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为88%．
(1)设甲工厂试生产的这批零件有m件，乙工厂试生产的这批零件有n件．求证：；
(2)从混合放在一起的零件中随机抽取3个，用频率估计概率，记这3个零件中来自甲工厂的个数为X，求X的分布列和数学期望；
(3)为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率．设事件“甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件“该大型企业把零件交给甲工厂生产”，已知，证明：．
19．在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，点的坐标为，则有如下的坐标关系：，据此回答下列问题：
(1)曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线，求曲线的方程与离心率；
(2)已知曲线，动直线与曲线从上至下交于两点，动直线与曲线从上至下交于两点，
①是否存在定点F使得为定值，若存在，请求出一个点的坐标：若不存在，请说明理由；
②求四边形面积的最大值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】，
所以.
故选A.
2．【答案】C
【详解】，
所以.
故选.
3．【答案】C
【详解】线段AB的中点到准线的距离为4，设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，由抛物线的定义知|AB|的值．
解答：解：由题设知知线段AB的中点到准线的距离为4，
设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，
由抛物线的定义知：
|AB|=|AF|+|BF|=d1+d2=2×4=8．
故选C．
4．【答案】C
【详解】由题意得，
所以，
所以
所以在上的投影向量为.
故选.
5．【答案】D
【详解】由题意可得，
，
又，
所以.
故选D
6．【答案】B
【详解】的定义域为，
且，
所以为偶函数，，
当时，，所以，单调递增；
当时，，所以，单调递减；
，即，
所以，即，解得，
所以不等式的解集为.
故选.
7．【答案】C
【详解】由得，又符合上式
所以对任意，有，
则，
因此，
因为，，
又因为，
所以，
所以，
因为对任意正整数n都成立，
所以对任意正整数n都成立，
所以对任意正整数n都成立，
因为，所以，
所以实数t的最小值是.
故选C.
8．【答案】D
【详解】如图，因为，是边长为1的正三角形，所以三棱锥为正三棱锥，
所以顶点在底面上的射影为底面的中心，所以平面，
因为平面，所以，连接并延长交于点，则，
因为，所以平面，又平面，所以.
因为E，F分别是，的中点，所以，
因为，所以，所以，所以平面，
所以正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以，
把三棱锥补形为正方体，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，
所以半径为，
所以球O的体积为.

故选D.
9．【答案】CD
【详解】对于：当时，，
所以样本数据的残差为.故错误；
对于：频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，故错误；
对于：与中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边，
所以数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，故正确；
对于：样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小，故正确.
故选.
10．【答案】ACD
【详解】因为，所以.
A：在上是增函数，故，故本关系恒成立；
B：当时，显然符合，但是不成立，故本关系式不恒成立；
C: 因为在上是增函数，所以，故本关系恒成立.
D：由于为单调递增函数，为单调递减函数，故为上的单调递增函数，由可得，故，故本关系式恒成立；
故选ACD
11．【答案】AD
【详解】对于A选项，因为，且,故,
所以，且，
所以，是首项为，公比为的等比数列，即A选项正确；
对于B选项，当时，函数在上单调递增，
因为，所以，则，
同理，依次类推可得，即一定是递减数列，故B不成立；
对于C选项，当时，，则，所以，
由，
令，因为，，所以存在零点，
即存在使是周期数列，即C选项错误；
对于D选项，当时，，，
因为，则，则，
假设，其中，由于函数在上为增函数，
所以，即，
由归纳原理可知，对任意的，所以，
所以，，
所以，则，
所以，
因为时，，所以，即D正确.
故选AD．
12．【答案】
【详解】设圆的一般方程为，
则，解得，
所以圆的方程为.
13．【答案】
【详解】等比数列中，，有，
，满足：（P点在直线上），则有，
所以，当且仅当时等号成立，
又，有，所以的最大值为.
14．【答案】2
【详解】令，则，令，则，
当时，恒成立，此时不符合恒成立；
当时，令，则，因为恒成立，
所以，所以，
令，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由已知可得，，，
且平面，
所以平面．
又平面，所以．
又，所以．
（2）作，垂足为H．由（1）得，平面，
且平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，所以平面．
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）可得，．设，，所以．又，，
故．可得，．
则，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，
所以，又为平面的法向量，
设与平面所成角为，则．
所以与平面所成角的余弦值为．
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意，∵，
∴，
整理得：，
∵，∴，∴，又，∴，
由正弦定理得：，∴，
∵，∴，即，
∵，∴.
（2）由题意及（1）得，
由几何知识得，，
∵，
，
∴，解得：，
由余弦定理得：，
即，解得：，
∴，解得：，
∵，
∴（当且仅当时取等号）
∴，
∴的最大值是．
17．【答案】(1)递减区间为
(2)
【详解】（1）由题意可知：，
因为在处有极大值，则，解得或3，
当时，则，
令，解得或；令，解得；
可知在，上单调递增，在上单调递减，
可知在处有极小值，不符合题意；
当时，则，
令，解得或；令，解得；
可知在，上单调递增，在上单调递减，
可知在处有极大值，符合题意；
综上所述：，的单调减区间为．
（2）由（1）可知：，
设与切于，
则切线斜率，
则切线方程为，
它与重合，则，显然，
整理可得，解得，
代入可得，所以．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)分布列见解析，
(3)证明见解析
【详解】（1）甲工厂试生产的一批零件的合格品率为80%，共件，则合格件数为，
乙工厂试生产的一批零件的合格品率为90%，共件，则合格件数为，
混合后，总零件数为，合格品率为88%，则混合后合格零件数为，
则，化简可得，即.
（2）设甲工厂试生产的这批零件有件，乙工厂试生产的这批零件有件，
事件“混合放在一起零件来自甲工厂”；
事件“混合放在一起零件来自乙工厂”，
事件“混合放在一起的某一零件是合格品”
则，，
，
即，
解得：，所以，
的可能取值为，且由题意知：，
所以，，
，，
所以的分布列为：
.
（3）证明：因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，
大于在甲工厂不提高质量指标的条件下该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，
所以：，
即，因为，
所以，
由，
所以，
即得：，
所以，
即，
由因为，
所以，
因为，所以，
所以.
19．【答案】(1)，
(2)①存在；（或） ；②
【详解】（1）设曲线上任一点P的坐标为，
点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，的的坐标为，
则，由得，
整理得曲线的方程为，离心率为；
（2）①设曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线，
同（1）中方法可知曲线的方程为，
整理得，形状为椭圆，其焦点为，，
因直线和的倾斜角均为，
故设直线和绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为和，
由对称性知为定值，
而由点绕坐标原点O逆时针旋转角度后得到，且旋转变换不改变线段长度，
取（或）即可满足题意；

②由于旋转变换不改变图形面积，故只需求旋转后的四边形的面积的最大值，
设，，，，
设，，，，
则
因，则，
即，等号成立时；
同理可证，，等号成立时；
因，
则，
即，等号成立时；
则，等号成立时，.