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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�0C.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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