安徽省淮南第四中学2024—2025学年高三下学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省淮南第四中学2024—2025学年高三下学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共3页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.
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.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用整数集的定义与具体函数定义域的求法化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先利用，化简，再利用复数的除法运算求，再求出，最后利用复数的加法运算即可.
【详解】因，，则，
则，.
故选：D.
3. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据和的图象的关系，再结合周期公式可求得结果.
【详解】因为的图象是由的图象将轴下方的图象翻折到轴上方和轴上方的图象组成的，
所以的最小正周期是的最小正周期的一半，
因为的最小正周期为，
所以的最小正周期为．
故选：C
4. 在二项式的展开式中，二项式的系数和为256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数和求得n，利用二项式展开式的通项公式确定有理项的项数，根据插空法排列有理项，再根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为，
所以.
则即，通项公式为，
故展开式共有9项，当时，展开式为有理项，
把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻，
即把其它的6个无理项先任意排，再把这三个有理项插入其中的7个空中，方法共有种,
故有理项都互不相邻的概率为,
故选：C
5. 对数螺线在自然界中广泛存在，比如鹦鹉螺的外壳就是精度很高的对数螺线，向日葵的种子排列方式、松子在松果上的排列方式都和对数螺线高度吻合.已知某种对数螺线可以用表达，其中，，则、、的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数在上的单调性，比较、、的大小关系，即可得出、、的大小关系.
【详解】因为内层函数在上单调递增，且，则外层函数为增函数，
由复合函数法可知在上单调递增，
而，，，故.
故选：C
6. 已知函数满足，，函数，若，则的值可以是（ ）
A. 149B. 151C. 199D. 300
【答案】A
【解析】
【分析】根据抽象函数的特点观察的取值规律，再由函数的特点可知，当为正偶数时，，当为正奇数时，，所以只需判断中正奇数的个数为时的取值即可．
【详解】由，，
得的前项的值依次为，
观察规律可得：当时，为正偶数，，
当或时，为正奇数，，
故，易知为正偶数，故，
所以，同理可得，，，
结合选项可知n的值可为149，
故选：A．
7. 圆台上、下底面半径分别为，作平行于底面平面将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（ ）.
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】设截面半径为，上，下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为，则，而，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案．
【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为，
则，又，
则，
于是，则，
得，故.
故选：B．
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且．设的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据椭圆定义和已知线段关系求出相关线段长度，再通过三角函数关系求出，最后利用余弦定理建立关于椭圆离心率的方程并求解.
【详解】
如图，连接，设与交于点 M.
由，可设，则，其中，
由椭圆的定义，得，从而，
又因为，所以，在中，设，
则为锐角，所以，即，
由余弦定理，得，即，解得.
故选：C.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数图像的一条对称轴是，则（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 函数图像的一个对称中心为
D. 若函数在上单调递减，则
【答案】AD
【解析】
【分析】首先利用降幂公式，以及函数的对称性，得到函数的解析式，根据周期公式，判断A，代入判断B，代入，即可判断C，根据函数的定义域，求得到范围，根据函数的单调区间，确定端点的范围，即可求解的范围，即可判断D.
【详解】，则有，，解得，，
因为，所以，所以，
则的最小正周期为，故A正确；
，故B错误；
图像的一个对称中心为，故C错误；
，当时，，若函数在上单调递减，则，解得，故D正确．
故选：AD
10. 已知数列是等比数列，前n项积为，则（ ）
A. B.
C. 若，则D. 是等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用等比数列的性质有、、判断A、B、C；根据等比数列的定义判断D.
【详解】由等比中项的性质，易得，A正确；
由，得，B错误；
由，得，所以，C正确；
设的公比为，因为，所以是常数，
所以是等比数列，D正确.
故选：ACD
11. 双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，点在上，点，点在直线上，则下列说法正确的是（ ）
附：双曲线在其上一点处的切线方程为.
A.
B.
C. 作于点，则（为坐标原点）
D. 若的延长线交于点，则的内心在定直线上
【答案】BCD
【解析】
【分析】设点在第一象限，根据离心率求出，可得选项A错误；根据得，结合双曲线方程可得B正确；分析得直线与双曲线相切，是切点，结合等腰三角形性质及双曲线定义可得选项C正确；分析得直线是双曲线的切线，切点分别为点，联立两切线方程表示点坐标可得选项D正确.
【详解】设双曲线的半焦距为.根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限.
对于A，由题意得，，，解得，
故，，A错误.
对于B，由题可知双曲线右顶点坐标为，故，则，
∴直线的斜率存在，
∵点在直线上，∴，
∴，则，
∵，∴，故，解得，故B正确.
对于C，由题意得，点处的切线方程为，切线斜率为，
∵，故直线与双曲线相切，切点.
由双曲线的光学性质可知，双曲线上任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角，
则平分，延长，与的延长线交于点，连接，
则为等腰三角形，，
∵为的中点，为的中点，
∴，故C正确.
对于D，记的内心为，则是的平分线，是的平分线，
由选项C可得，直线是双曲线的切线，切点分别为点，设，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立两式，解得，
由得，，设直线，
则式可化为，即点在定直线上，故D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，由平面向量数量积的运算可出，再利用平面向量的模长公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】设，则，可得，
故，
当且仅当时，取最小值.
故答案为：.
13. 已知函数，若在区间上有且仅有2个极值点，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】先化简函数解析式得，接着由得，再根据已知条件结合函数图象性质得，解该不等式即可得解.
【详解】函数，
因为，，所以，
由于函数在区间上有且仅有2个极值点，
则由函数图象性质可知，解得.
故答案为：.
14. 已知抛物线的焦点为，第一象限与第四象限内的点M，N在C上，且则的面积为25时，______.
【答案】15
【解析】
【分析】由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程，设点M，N的坐标与直线MN方程：，联立直线方程和抛物线方程消元可得，根据韦达定理与完全平方公式可得的性质可得.根据可得，根据三角形面积公式即可求解.
【详解】由题意得，设，
设直线的方程为，与联立得，
则，，，，
.
由，得，
即，
的面积为
，
所以，，.
故答案为：15.
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. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）证明：；
（2）若，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式以及同角关系即可求解，
（2）利用余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由和正弦定理可得，
因为,所以，
则有,
由于，所以有
【小问2详解】
由得，因为,
则有，
由余弦定理可得，所以，
16. 如图，某人设计了一个类似于高尔顿板的游戏：将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的中间入口处，小球将自由下落，小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，最后落入袋或袋中.一次游戏中小球落入袋记1分，落入袋记2分，游戏可以重复进行.游戏过程中累计得分的概率为.
（1）求，，.
（2）写出与之间的递推关系，并求出的通项公式.
【答案】（1），，
（2），
【解析】
【分析】（1）根据当小球三次碰撞均向左偏或均向右偏时能落入B袋，分别计算出落入B袋和A袋的概率，进而求得；
（2）根据游戏过程中累计得n分的两种情况可得，进而得到为常数列，从而得到与之间的递推关系，根据递推关系即可得到通项公式.
【小问1详解】
小球三次碰撞全部向左偏或者全部向右偏落入袋，故概率，
小球落入袋中的概率.
故，，.
【小问2详解】
游戏过程中累计得分可以分为两种情况：得到分后的一次游戏小球落入袋中（分），或得到分后的一次游戏中小球落入袋中（）分，
故 ，
故为常数数列且，故即.
，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
故，
所以的通项公式为.
17. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求证．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）将问题化为证在时恒成立，构造函数，利用导数求出其单调区间，再构造函数，利用导数可得，再由可得，从而可证得结论.
【小问1详解】
由题可知，则，
又．故所求切线方程为．
【小问2详解】
当时，要证，即证，
即证在时恒成立．
令，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
令，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，故．
当时，有，故，
即在时恒成立，
故当时．
18. 已知椭圆的离心率为C上一动点P到右焦点F的距离的最小值为
（1）求C的方程；
（2）若直线PF的斜率为1，且PF与C交于P，Q两点，求；
（3）若原点O到直线l的距离为，且直线l与C交于A，B两点，且求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意列方程组，解出即可求得椭圆方程；
（2）由题意可得的直线方程，联立直线方程与椭圆方程，解得的坐标，则可求；
（3）分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，通过联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理化简求解即可得答案.
【小问1详解】
依题意，
解得故，
故的方程为.
【小问2详解】
依题意，，直线，
联立则，
设，的横坐标分别为，，不妨设，，
故.
【小问3详解】
当直线的斜率存在时，设直线，由原点到直线的距离为1得，化简得.
设，，则，
联立得，
因为在椭圆上，
所以，即，
解得，.
此时弦长，
因为到直线的距离，所以平行四边形的面积.
当直线的斜率不存在时，不妨设直线，则，
所以不在椭圆上，不合题意.
综上所述，四边形的面积为.
19. 给定平面上一些点的集合D及若干个点若对于为定值，我们就称为一个稳定点集.
（1）判断集合与点构成的是不是稳定点集，并说明理由；
（2）判断集合以及点构成的是不是稳定点集，并说明理由；
（3）若集合及单位圆中的内接2024边形的顶点，，，构成的是一个稳定点集，求的值.
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）是，理由见解析 （3）0
【解析】
【分析】（1）举出反例，得到不是稳定点集；
（2）设，，则，则，为定值，是稳定点集；
（3）计算出，又为定值，故为定值，因为是单位圆上任意一点，所以，故.
【小问1详解】
不是稳定点集，理由如下：
取，则；
取，则，
故不稳定点集.
【小问2详解】
稳定点集，理由如下：
设，，则，
则
，为定值，
故是稳定点集.
【小问3详解】
因为是稳定点集，设是单位圆上任意一点，所以为定值，
所以，
因为，故，
因为为定值，所以为定值，
因为是单位圆上任意一点，所以，故.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.