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文档简介
注意事项:
1.本次考试为期中考试,将计入学生成绩档案,请切勿违纪舞弊!违纪舞弊者将被计入到学生档案,当堂
考试计0分。
2.选择题部分请用2B铅笔填涂,填涂时,请注意题号,不要填涂错误;非选择题部分请用0.5mm黑色墨迹
签字笔规范填写作答。
3.考试结束后,请将你的试卷,答题卡,草稿纸全部交回。
一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合={|||<2},={2,0,1,2},则=()
A.{0,1}���B.{�1,0−,1}C.{�∩2,�0,1,2}D.{1,0,1,2}
2.已知+i=1+i(i为虚数−单位),若复数为纯−虚数,则实数的值为−()
A.1��B.1C�.1或1�D.0
3.向−量=(cos20,sin20)与=(cos10,sin10)的夹−角为()
∘∘∘∘
A.10 � B.2 �0 C.30D.40
∘∘∘∘
4.如图,111是直三棱柱,=90,点1、1分别是11、11的中点,若==1,
则1与�1�所�成−角�的�余�弦值是(∠��)�°������������
����
A.30B.1C.3D.15
102210
12
5.设定义在上的函数()满足:当1<2时,总有2(2)<2(1),且(1)=2,则不等式()>2
���
的解集为(�)�����������
A.(,1)B.(1,+)C.(1,1)D.(,1)(1,+)
6.古希−腊∞数学家阿波罗尼奥斯(约公∞元前262~公元−前190年)的著作《圆−锥∞曲线论∪》是古∞代世界光辉的科
学成果,著作中有这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数(>0且1)的点的轨迹是圆,后人
���≠
将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已经(0,0),(3,0),动点(,)满足=2,则动点轨迹与圆(2)2+2=
��
1的位置关系是()���������−�
A.相交B.相离C.内切D.外切
7.数列{}满足=1+2+3++,则数列{1}的前项和为()
+1
⋯�
����������
A.B.2C.D.2
+2+2+1+1
����
8.习�近平总书记在“十九大”�报告中指出:坚定文�化自信,推动社会主�义文化繁荣兴盛.“杨辉三角”揭
示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律,最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算
法》一书中出现.欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律,比杨辉要晩近四百年.“杨辉三角”是中
国数学史上的一个伟大成就,激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图,由“杨辉三角”,下列叙
述正确的是()
2222
A.3+4+5++9=120
B.�第20�23行�中从⋯左往�右第1013个数与第1014个数相等
+11
C.记第行的第个数为,则=12=4
��−�
��
D.第20�行中第�8个数与�第9个 �数之比为�8:13
二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全选对得6分,选
对但不全得部分分,有选错得0分。
22
9.已知椭圆:+=1,则下列说法正确的是()
34
��
A.2,0是椭�圆的一个顶点B.0,1是椭圆的一个焦点
C.椭圆的离心�率=1D.椭圆的短轴�长为23
2
10.已知连�续函数�=()是定义域为的偶函数,且在�区间(0,+)上单调递增,则下列说法正确的是
A.函数=+(�)在�(�0,+)上单调�递增∞
B.函数�=�(�)�在(0,+)∞上单调递增
����∞
C.函数=()存在极小值点
�
D.“(�0)�2�”是“(+1)++11”的充要条件
�
11.围棋�是古≥代中国人�发�明的最复��杂的≥智力博亦游戏之一.东汉的许慎在《说文解字》中说:"弈,围棋
也."因此,"对弈"在当时特指下围棋.现甲与乙对弈三盘,甲每盘赢棋的概率是1,0<1<1,其中甲
只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率.甲也与丙对弈三盘,甲每盘赢棋的概率是2,�0<2�<1,而甲只赢
一盘的概率高于甲只赢两盘的概率.若各盘棋的输赢相互独立,甲与乙、丙的三盘�对弈均为�只赢两盘的概
率分别是()和(),则以下结论正确的是()
A.0<�<1�<�<�1
221
��
B.当1+2=1时,()>()
C.对��(0,1),��(0,�1)�,有()>()
221
∀�∈∃�∈����
D.当()=()时,2++2>4
11223
三.填空�题�。(�15�分)����
12.已知函数()=,则((16))=
2
13.已知椭圆方�程�为+�2=1�,�且椭圆内有一条以点(1,1)为中点的弦,则弦所在的直线的方程
22
�
是�.������
14.若函数()=(>0且1)在区间1,+上单调递增,则实数的取值范围
�2
�
是����.�≠∞�
四、解答题:本题共5小题,共60分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数()=(3+)1.
2
������𝑐��𝑐��−
(Ⅰ)当[,]时,求函数()的单调递增区间;
44
��
�∈−��
(Ⅱ)若[,2]时,且()=3,求2的值.
063050
��
16.(本小�题∈15分)������
已知函数()=+cos,0.
�
(1)求曲线��=(�)在点(�0,�(≥0))处的切线方程;
(2)求证:�()�在�[0,+)上�单调递增.
��∞
17.(本小题15分)
如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,==90,=1,=3,=2,=
∘
60,=30�,−�且�平��面平��面��,在平面∠���内∠过��作���,交��于,连��.∠���
∘∘
∠������⊥�����������⊥�������
(1)求证:平面;
(2)求二面角��⊥���的�正弦值;
(3)在线段�上−存�在�一−点�,使直线与平面所成的角的正弦值为27,求的长.
7
18.(本小题��17分)��������
某超市为吸引顾客,组织购物抽奖活动,抽奖机中有种不同面值的代金券可抽,抽得的代金券可在本超市
消费,抽奖规则如下:�
顾客先在抽奖机上随机抽取一个数(<,).
(Ⅰ)当=0时,随机抽得一张代金�券�;��∈�
(Ⅱ)当�1时,随机显示张面值不同的代金券,但这些代金券都不能用于消费,仅供参考,随后从剩下
的(�≥)种代金券中逐个随�机抽取,一但出现比这张代金券的面值都高的,即抽得该张代金券;若后面没
有比�这−�种的面值都高的,则抽得最后一张代金券.�
某位顾客�购物后参加抽奖活动.
(1)当=3,且三张代金券的面值分别为5元,10元,15元时.
①若其�抽取的数=1,求其抽得代金券的面值的均值和方差;
②求其抽得15元�代金券的概率.
(2)当=5,顾客抽取为何值时,抽得最高面值的代金券的概率最大?
19.(本�小题17分)�
圆锥曲线的第二定义:平面内到定点的距离与到定直线(定点不在定直线上)的距离之比为常数的点的轨迹
为圆锥曲线.已知平面内的动点到定点(5,0)的距离与它到直线:=45的距离之比为5.
52
����
(1)求点的轨迹方程;
(2)已知�,是点的轨迹上不同的两点,点为点关于轴的对称点,直线,分别交轴于点,.
()证明:�|�||�|=1;����������
(�)若点的�坐�标⋅为�(�0,2),为平面上一动点(不在直线上),记直线,,的斜率分别为1,2,3,
且��满足1�+1=2.判断动点�是否在定直线上,�若在定直�线�上,求出该直��线的��方程��;若不在,请说�明�理由�.
132
����
2025-2026学年度长治二中高2023级高三上学期期中考试
数学试卷参考答案及评分意见
一、单选题。
1-4AAAA5-8ADBD
二、多选题。
9.BCD10.ACD11.ABC
三、填空题。
12.213.2+23=014.2,+
四.解答题。��−�∞
15.解:(Ⅰ)函数()=(3+)1
2
��1����𝑐��𝑐��−
=3+cos2
2
3����𝑐��1�−
=2+2
22
=sin(�2��+�),�当���[,]时,2+[,2],
644633
������
��∈−�∈−
令2+=,解得=,
626
���
��
所以函数()的单调递增区间为[,];………………7分
46
��
��−
(Ⅱ)[,2]时,2+[,3],且()=sin(2+)=3,
06306220065
������
�∈�∈���
所以cos(2+)=1(3)2=4,
0655
�
�−−−
2=sin[(2+)]
0066
��
�����−
=sin(2+)coscos(2+)sin
066066
����
3�34−1�
=()
5252
3×32−−×
=+.…….13分
105
16.解:(1)因为'()=sin,0,
�
所以'(0)=1,�(0)�=2�,−��≥
所以曲�线=(�)在点(0,(0))处的切线方程为2=,
即+�2=�0�.……………�………7分�−�
�−�
(2)由(1)知,'()=sin,0,
�
因为0,所�以�1�−,又�1�≥sin1,
�
所以�'≥()=�si≥n1s−in≤0�,≤
�
所以�(�)在�[0−,+�)≥上−单调递�增≥.………………15分
��∞
17.解:(1)证明:因为,因为//,==90,
∘
所以四边形为矩形�,�⊥������∠���∠���
在中�,���=2,==1,=60,
∘
则△�=��2�+�2�2���cos60∠�=��3,
∘
��2+�2�=�2�,−��⋅��,
∴且�平�面��平�面�∴�,�⊥��平面
平面���平⊥面���=��,�⊂���
��平�面∩��;�…�…�…�……………6分
∴��⊥����
(2)以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,
����������
=3,=30,可得=3,
∘
∵则��(0,0,0),∠�(�3�,0,0),0,0,��3,0,3,0,1,3,0,
设平�面的法�向量为=�(,,),�=3,0,3�,−=0,3,3,
��� � ���� � −� � −
=33=0
由,取=1,3,3.
=33=0
� � ⋅ � �−�
�
设平� 面 � ⋅ � 的法向�−量为�=(,,),=1,3,3,
=33=0
由��� � ��,�取� �= (0,−1,1),−
=+33=0
� ⋅� � �−�
�
cos , ==23=42.
� ⋅��−��7−2�7
� ⋅ �
二面 � 角 � � � 是钝×二面角,
∵二面角�−��−�的正弦值为7.…………11分
7
(∴3)设�=−��,−�
则� = � �+� � =3,3,0+3,0,3=33,3,3,
又平� � 面 � � 的� 法 � 向量为−=0,3�,−0,−�−�
直线�与��平面所成� 的 � 角的正弦值为:
32
|cos�<� ,��>�|==,
3(33)2+3+327
� � � � ×−��
解得=3,=1=12+2=3.…………15分
4442
�∴��������
18.解:(1) ①设最后抽得代金券的面值为,则可能取值为5,10,15,
若先抽取的代金券面值为5的概率为1,此�种情况�下最后抽得10元或15元的概率均为1,
32
先抽取的代金券面值为10的概率为1,此种情况下最后抽得15元的概率为1,
3
先抽取的代金券面值为15的概率为1,此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为1,
32
综上可得,(=15)=11+1=1,(=10)=11+11=1,(=5)=11=1,
323232323326
��×��××��×
则抽得代金券的面值的均值为()=151+101+51=35,
2363
��×××
方差2=(1535)21+(1035)21+(535)21=125;
3233369
�−×−×−×
即若其抽取的数=1,其抽得代金券的面值的均值为35,方差为125;………………6分
39
�
②记事件为“抽得15元代金券”,(=0,1,2)表示事件“抽得的数为”,
�
显然0,�1,2彼此互斥,0+1+�2为�样本空间,�
(�)=�()�=()=1,���
0123
������
当=0时,(|)=1;
03
����
当=1时,此种情况下由①分析可得(|)=1,
12
����
当=2时,有2种情况:(5,10,15),(10,5,15),所以(|)=1,
23
����
由全概率公式,得()=(0)(|0)+(1)(|1)+(2)(|2)
=11+11+11�=�7,���������������
33323318
×××
所以抽得15元代金券的概率7;………9分
18
(2)不妨设5张代金券面值为1元,2元,3元,4元,5元,
由题可得04,,
∗
1当抽取的数≤�=≤0,则�抽∈到�5的概率为=1;
05
∘
��
2当抽取的数=1,参考面值为1时,概率为1,此时逐个随机抽取剩余代金券,
5
∘
�
只有第1张为5时,才能抽中5元,概率为1,
4
参考面值为2时,概率为1,此时逐个随机抽取剩余代金券,
5
只有第1张为5或第1张为1,第2张为5时,才能抽中5元,
对应的概率为1+11=1;
4433
×
参考面值为3时,概率为1,此时逐个随机抽取剩余代金券,
5
只有第1张为5或第1张为1,第2张为5或第1张为2,第2张为5或前2张为1或2,第3张为5时,
才能抽中5元,
3
第一张抽到5的情况有3=6种,
2
第一张抽中1,第二张抽�中5的情况有2=2种,
2
第1张为2,第2张为5的情况有2=�2种,
2
前2张为1或2,第3张为5的情况�有2=2种,
又总情况有24种,则对应概率为6+32=�1;
242
×
参考面值为4时,概率为1,
5
此时因剩余代金券中只有5大于4,则总能抽到5,对应概率为1;
参考面值为5时,概率为1,此时抽到5的概率为0;
5
综上,当抽取的数=1,抽到5的概率为=11+11+11+1=5;
1545352512
��×××
2
3当抽取的数=2,参考面值有5=10种情况,
∘
参考面值为1,�2时,概率为1,�此时逐个随机抽取剩余代金券,
10
3
只有第1张为5时,才能抽中5,剩余3张代金券的全排列数为3=6,
第1张抽到5的情况有2种,则对应概率为1;�
3
参考面值为1,3时,概率为1,此时逐个随机抽取剩余代金券,
10
只有第1张为5或第1张为2,第2张为5时,才能抽中5,
第1张抽到5的情况有2种,第1张为2,第2张为5的情况有1种,
又总情况6种,则对应概率为1;
2
参考面值为2,3时,概率为1,此时逐个随机抽取剩余代金券,
10
只有第1张为5或第1张为1,第2张为5时,才能抽中5,
第1张抽到5的情况有2种,第1张为1,第2张为5的情况有1种,
又总情况6种,则对应概率为1;
2
参考面值中有4,但是没有5时,情况有3种,
又总情况有10种,则概率为3,
10
此时剩余代金券仅有5大于4,则总能抽到5,对应概率为1;
参考面值中有5时,有4种情况,在剩余代金券中抽到5的概率为0,
综上,当抽取的数=2,抽到5的概率为=11+11+11+3=13;
21031021021030
�3�×××
4当抽取的数=3,参考面值有5=10种情况,
∘
参考面值为1,�2,3时,概率为�1,此时逐个随机抽取剩余代金券,
10
只有第1张为5时,才能抽中5,因剩余2张代金券排列方式有2种,则对应概率为1;
2
2
参考面值中有4,但没有5,有3=3种情况,
又总情况有10种,概率为3,此�时剩余代金券仅有5大于4,则总能抽到5,对应概率为1;
10
2
参考面值中有5,有4=6种情况,在剩余代金券中抽到5的概率为0,
综上,当抽取的数�=3,抽到5的概率为=11+3=7;
31021020
�4�×
5当抽取的数=4,参考面值有5=5种情况,
∘
��
当且仅当参考面值为1,2,3,4时,可抽到5,对应概率为=1;
45
�
综上,抽得最高面值的代金券的最大概率为=13,
230
则当=2时,抽得最高面值的代金券的概率�最大.…………..17分
2
�5+2
19.解:(1)设(,),则=5,
452
�−5�
����−
2
化简得2=1,
4
�
−�2
故点的轨迹方程为2=1……………3分
4
�
�−�
(2)()设1,1,2,2,0,,0,,则1,1.
由,�,�三�点共�线可�得�1�=�21,����−��
121
�−��−�
��−�
���121211112+112112
所以=1==,
212121
��−���−��−������−��
��−�−��−�+�−�
同理由,,三点共线可得=2112,
2+1
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