湖南省邵阳市武冈市2024-2025学年高三数学上学期期中试题含解析

湖南省邵阳市武冈市2024-2025学年高三数学上学期期中试题本试卷分为问卷和答卷.考试时量为120分钟，满分150分.请将答案写在答题卡上.一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）1.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】计算一元二次不等式和指数不等式，求出，从而求出交集.【详解】，解得：，所以，而，解得：，所以所以.故选：C2.若“，使得”为假命题，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】写出全称命题为真命题，利用协助角公式求出，从而求出实数a的取值范围.【详解】因为“，使得”为假命题，则“，使得”为真命题，因为，所以实数a的取值范围是故选：D3.欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数z满意，则的虚部为（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得，由复数虚部定义求得结果【详解】由欧拉公式知：，，，的虚部为．故选：B4.如图，函数图象与x轴交于，与y轴交于P，其最高点为．若，则A的值等于（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】先求出周期，再依据求，最终依据点和即可求.【详解】由图可知：，得，所以，将代入方程得：，，又，,，，所以，，，解得：或（舍）.故选：B5.已知是奇函数，则过点向曲线可作的切线条数是（）A1 B.2 C.3 D.不确定【答案】C【解析】【分析】依据给定条件，求出a，再求出函数的导数，设出切点坐标，借助导数的几何意义列出方程求解作答.【详解】因函数是奇函数，则由得恒成立，则，即有，，设过点向曲线所作切线与曲线相切的切点为，而点不在曲线上，则，整理得，即，解得或，即符合条件的切点有3个，所以过点向曲线可作的切线条数是3.故选：C6.已知与满意：，，，则（）A.是钝角三角形，是锐角三角形B.锐角三角形，是钝角三角形C.两个三角形都是锐角三角形D.两个三角形都是钝角三角形【答案】A【解析】【分析】在三角形中，全部内角的正弦值均为正数，故的内角余弦值均为正数，故可得到为锐角三角形；另一方面，依据可知或,即为锐角或钝角，同理可得到，为锐角或钝角，但，，中必定有一个为钝角，即可得出结论.【详解】在与中，，，，，均为锐角，因此为锐角三角形.另一方面，，可得或，即，可得为锐角或钝角，同理可得到，为锐角或钝角，但，，中必定有一个为钝角，否则不成立，因此为钝角三角形.故选：A.7.设函数，若对于随意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.C D.【答案】B【解析】【分析】由题意知时的开口向上且值域，则问题转化为在上恒成立，探讨、，结合二次函数的性质求的取值范围.【详解】∵，即开口向上且，由恒成立，即在上恒成立，∴当时，即，由二次函数的性质，明显成立；当时，有两个零点，则只需满意，解得，故；综上，的取值范围是.故选：B8.若，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据给定条件，利用指数函数、对数函数的单调性，再借助“媒介”数比较大小作答.【详解】依题意，，，即，又，，则，，即，所以，，的大小关系是.故选：D二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9.下面命题正确的是（）A.“”是“”的充分不必要条件B.“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件C.中，是为锐角三角形的必要不充分条件D.已知偶函数在上单调递增，则对实数，，“”是“”充分不必要条件【答案】ACD【解析】【分析】依据充分条件、必要条件的定义逐项推断即可.【详解】对于A：当“”时“”成立；但是当“”时，解得或，故是的充分不必要条件，故选项A正确；对于B：当时，，定义域为，且，故为奇函数，故充分性成立，若为奇函数，则，解得，故必要性成立，故“”是“函数为奇函数”的充要条件，故选项B不正确；对于C：若为钝角，为锐角，则，则满意，但是为钝角三角形所以充分性不成立；若为锐角三角形，则均为锐角，即，所以所以所以必要性成立；故中，是为锐角三角形的必要不充分条件所以C正确；对于D：因为偶函数在上单调递增，所以若，则，即充分性成立，若，则等价为，即，即或，即必要性不成立，所以若偶函数在上单调递增，则对实数，，“”是“”的充分不必要条件故D正确；故选：ACD.10.已知实数，，满意，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.的最小值为4【答案】ABC【解析】【分析】依据实数，，满意，分别化简选项A、B、C中的不等式即可推断；选项D的推断要留意基本不等式取等条件的检验.【详解】由题，所以有，故A正确；，故B正确；，故C正确；，当且仅当即时取等，又因为，所以，即无最小值，故D错误.故选：ABC.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.为函数的一个周期B.直线是函数图象的一条对称轴C.函数在上单调递增D.函数有且仅有2个零点【答案】AB【解析】【分析】依据推断选项A正确；依据推断选项B正确；推断出函数在的单调性，结合周期性，奇偶性和对称轴画出函数的简图，由此可以推断选项C和D.【详解】因为，所以为函数的一个周期，选项正确；因为，所以直线是函数图象的一条对称轴，故选项正确；因为，所以是偶函数，又当时，单调递减，单调递增，且，所以在时单调递减；当时，单调递增，单调递减，且，所以在时单调递减，所以函数在时单调递减，又为函数的一个周期，且直线是函数图象的一条对称轴，所以画出函数的图象如图，由图可知，选项C，D错误.故选：AB.12.已知函数与的定义域均为，分别为的导函数，，，若为奇函数，则下列等式肯定成立的是（）A. B..C. D.【答案】ACD【解析】【分析】将去代入已知等式可构造方程组得到，由此可得关于对称；结合为偶函数可推导得到是周期为的周期函数，则可得C正确；令，代入中即可求得A正确；令，由可推导得到D正确；设，由可知，结合可知，由此可得，知B错误.【详解】由得：，，关于中心对称，则，为奇函数，，左右求导得：，，为偶函数，图象关于轴对称，，是周期为的周期函数，，C正确；，，又，，A正确；令，则，，又，，，即，D正确；，，设，则，，又为奇函数，，，即，B错误.故选：ACD.【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.则______．【答案】【解析】【分析】依据题意，利用分段函数的解析式，代入即可求解.【详解】依据题意，当时，，所以，当时，，所以.故故答案为：14.已知函数，若时，取得极值0，则___________.【答案】【解析】【分析】由题意可得，列方程组可求出，然后再检验时，函数是否能取得极值，即可得答案【详解】由，得，因为时，取得极值0，所以，，解得或，当时，，此时函数在在处取不到极值，经检验时，函数在处取得极值，所以，所以.故答案为：1815.被誉为“中国现代数学之父”的闻名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献，他所提倡的“优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则__________．【答案】【解析】【分析】把代入，然后结合同角三角函数基本关系式与倍角公式化简求值．【详解】解：把代入故答案为：16.已知数列满意（），设数列的前项和为，若，，则___________.【答案】【解析】【分析】依据已知递推式得出，，则，且，在依据已知条件求出，由此即可求解．【详解】解：因为，，所以，则，所以，，则，可知，，，所以，又，，所以，则，又，所以，，所以，因为，所以，故答案为：．四、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答时应写出文字说明及演算步骤）17.已知等差数列满意，．（1）求的通项公式；（2）若等比数列的前n项和为，且，，，求满意的n的最大值．【答案】（1）（2）10【解析】【分析】(1)设等差数列公差为d，依据已知条件列关于和d的方程组即可求解；(2)设等比数列公比为q，依据已知条件求出和q，依据等比数列求和公式即可求出，再解关于n的不等式即可.【小问1详解】由题意得，解得，∴．【小问2详解】∵，，又，∴，公比，∴，令，得，令，所以n的最大值为10．18.如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面，，是的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作出协助线，得到线线平行，从而得到线面平行；（2）作出协助线，找到异面直线与所成角，利用余弦定理求出余弦值.【小问1详解】证明：连接，交的于，连接，则为的中点，因为分别是，的中点，，平面，平面，平面；【小问2详解】由（1）得：，（或其补角）就是异面直线与所成的角，∵三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，∴，，，∴由余弦定理得：，故异面直线与所成角的余弦值为.19.如图，在平面四边形中，的面积是的面积的倍．，，．（1）求的大小；（2）若点在直线同侧，，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，利用给定的面积关系结合三角形面积定理，利用二倍角正弦化简求解.（2）由（1）求出AC，在中，利用正弦定理结合三角恒等变换、正弦函数性质求解作答.【小问1详解】设，则，因，，，则，而，，则有，即，又，，因此，，所以.【小问2详解】由（1）知，，连AC，有，则，而，中，由正弦定理有，，，，又，令，则，，因此，因，则，有，即，，所以的取值范围为．20.已知动圆过点并且与圆相外切，动圆圆心的轨迹为.（1）求曲线的轨迹方程；（2）过点的直线与轨迹交于、两点，设直线，点，直线交于,求证：直线经过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【详解】（1）由已知得，即，所以的轨迹为双曲线的右支，且，，，，∴，曲线的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，，，，则直线经过点；当直线的斜率存在时，不妨设直线，，，则直线：，当时，，，由得，所以，，下面证明直线经过点，即证，即，即，由，，整理得，，即恒成立.即，即经过点，故直线过定点.【点睛】本题考查了利用定义求圆锥曲线的方程，直线与圆锥曲线的位置关系，直线过定点问题，综合性强，须要很好的思维和计算实力，属于难题.（1）依据题意，推断出动点的轨迹方程为双曲线的右支，然后依据定义即可求得双曲线的方程.（2）探讨当直线斜率存在与不存在两种状况下直线过定点问题.当斜率不存在时，易得直线过定点的坐标为；当斜率存在时，设出直线方程，联立曲线方程，消y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系表示出两个交点横坐标间的关系；利用，再证明直线BM经过.21.在检测中为削减检测次数，我们常实行“合1检测法”，即将个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组全部样本均未感染病毒；若为阳性，则改需对本组的每个人再做检测．现有人，已知其中有2人感染病毒．（1）若，并实行“10合1检测法”，求共检测15次的概率；（2）设实行“5合1检测法”的总检测次数为，实行“10合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，实行“10合1检测法”更相宜？请说明理由．【答案】（1）（2）当时，实行10合1检测法更相宜；理由见解析【解析】【分析】（1）平均分为5组，共检测15可知2个感染者分在同一组，计算所求概率；（2）分类探讨感染者分在同一组和分在不同小组，计算两种方案总检测次数的期望值，进行比较得出结论.【小问1详解】现共有50人，由题意先平均分为5组，检测5次，因为共检测15次，所以两个感染者必定分在同一组中，所以共检测15次的概率有两种算法，第一种是分组安排思想，其次种是算一组已经有一名感染者的状况下，选中另一名感染者，即两种算法结果为和，结果均为；所以k＝5，并实行“10合1检测法”，求共检测15次的概率为.【小问2详解】当感染者在同一组时，，，此时，，当感染者不在同一组时，，，此时，，所以，，由题意，综上：时，实行10合1检测法更相宜．22.已知函数有三个极值点，（1）求实数的取值范围；（2）求证：.【答案】（1）且；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）函数有3个零点等价于有3个变号零点，由于，且，所以可得有两个不为0，－1实根，再对求导探讨其单调性可得结果；（2）由（1）可知有一个零点为