辽宁省抚顺市四方高级中学2024-2025学年高三下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份辽宁省抚顺市四方高级中学2024-2025学年高三下学期期中考试 数学试卷（含解析），共8页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，已知函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
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.
9．椭圆的焦点为，，上顶点为A，直线与C的另一个交点为B，若，则（ ）
A．C的焦距为2B．C的短轴长为
C．C的离心率为D．的周长为8
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．的单调递减区间为
C．的图象可由函数的图象向右平移个单位得到
D．满足条件的最小正整数为2
11．如图，一个圆形仓鼠笼被分为四个区域，相邻区域之间用通道相连，开始时将一只仓鼠放入区域，仓鼠每次随机选择一个通道进入相邻的区域，设经过次随机选择后仓鼠在区域的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设双曲线：的两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则C的离心率为 .
13．已知函数 的值域为，则的定义域可以是
14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．
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．（13分）
已知△ABC的内角所对的边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求△ABC周长的最大值．
16．（15分）
某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示.
(1)若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数；
(2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大?
附：若随机变量X服从正态分布，则：，.
17．（15分）
如图，四棱锥的所有顶点均在同一个球的球面上，且，，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当四棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
（17分）
已知等轴双曲线的顶点分别是椭圆的左、右焦点、.
（1）求等轴双曲线的方程；
（2）为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线和与椭圆的交点分别为，和，，求的最小值
（17分）
球面几何在研究球体定位等问题有重要的基础作用．球面上的线是弯曲的，不存在直线，连接球面上任意两点有无数条曲线，它们长短不一，其中这两点在球面上的最短路径的长度称为两点间的球面距离．
(1)纬度是指某点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角，赤道为纬线，赤道以北叫做北纬．如图1，将地球看作球体，假设地球半径为，球心为，北纬的纬线所形成的圆设为圆，且是圆的直径，球面被经过球心和点，的平面截得的圆设为圆，求圆中劣弧的长度，并判断其是否是，两点间的球面距离（只需判断、无需证明）．
(2)如图2，点，在球心为的球面上，且不是球的直径，试问，两点间的球面距离所在的圆弧是否与球心共面？若是，写出证明过程，并求出当，时，，两点间球面距离所在的圆弧与球心所形成的扇形的面积；若不是，请说明理由．
2024—2025学年（下）高三年级期中考试
数学参考答案
1．B
【分析】根据模长公式结合复数的四则运算求解．
【详解】由题意可知：，
由，可得．
故选：B．
2．A
【分析】首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标运算得到方程，
解得即可．
【详解】因为，所以，
又且与垂直，所以，解得．
故选：A
3．D
【详解】由题设，．故选：D
4．B
【分析】根据空间直线与平面的位置关系的定义，分类，及几何特征，逐一分析选项，可得答案．
【详解】若直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，故A选项不正确；
若直线不平行于平面且，则与相交，所以平面内不存在与平行的直线，故B选项正确；
已知直线，平面，且，则直线平行或异面，C选项错误；
两条相交直线，且平面，则平面或与相交，D选项错误．
故选：B
5．B
【分析】设，将向量分别用表示，代入，利用向量数量积的运算律化简，求得，借助于二次函数的性质即可求得的最小值．
【详解】
设，
则，
由，
因，则，
代入整理得，，显然，故，
因，故当时，取得最大值，
此时取得最小值为36，故的最小值为为6．
故选：B．
6．C
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
【详解】测验数据服从正态分布，
则，
故，
故A等级的分数线应该是．故选：C
7．B
【分析】由，利用等差数列的性质推出，再利用基本不等式计算即得．
【详解】由可得，
因，则等差数列的公差，故，
则，当且仅当时取等号，
即当时，取得最大值25．
故选：B．
8．B
【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可．
【详解】，
设，则，
则在上单调递增，则，
则在上恒成立，则，即，
设，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B．
9．ABD
【分析】根据以及椭圆的对称性可得，进而可求解
，即可根据选项逐一求解．
【详解】由于，所以，
故，
因此，故，
所以椭圆
对于A，焦距为，故A正确，
对于B，短轴长为，B正确，
对于C，离心率为，C错误，
对于D，的周长为，D正确，
故选：ABD
10．ABD
【分析】观察函数图象，确定函数的周期，由此可求，判断A，再结合时，函数取最大值，列方程求，根据正弦函数的单调性求的单调递减区间，判断B，根据函数图象变换结论，判断C，先求，化简不等式可得范围，解不等式确定的范围，判断D．
【详解】设函数的周期为，观察函数图象可得，，
所以，又，所以，A正确，
因为时，函数取最大值，，
所以，
所以，故，
由，可得，
所以函数的单调递减区间为，B正确，
函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，C错误，
因为，所以，
所以可化为，所以或，
由可得，，所以，
即，取可得，取可得，
由可得，，所以，
即，取可得，
所以满足条件的最小正整数为2，D正确，
故选：ABD．
11．ACD
【分析】根据选择法则得，判断A，根据全概率公式、概率乘法公式列式求得
，进而利用等比数列定义得，即可判断B，求出即可判断C，计算即可判断D．
【详解】对于A，因为仓鼠一开始在A区域，经过1次随机选择后仓鼠不可能在A区域，所以，故A正确；
对于B，记仓鼠经过次随机选择后在区域的概率分别为，
则，所以，所以，
因为，所以为以为首项为公比的等比数列，
所以，所以，所以不是等比数列，
所以不成立，故B错误；
对于C，因为，
，所以，故C正确．
对于D，因为，
所以，故D正确．
故选：ACD
12．
【分析】求出因为，再由可得答案．
【详解】因为，所以，
双曲线的两条渐近线方程分别为，
若，则的倾斜角为的倾斜角为，
即，解得，则的离心率为．
故答案为：．
13．（答案不唯一）
【分析】解分式不等式得到范围，写出符合题意的定义域即可．
【详解】令，解得或，
则的定义域可以是，
故答案为：（答案不唯一）．
14．
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解．
【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，所以，
得，设，
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值．故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求．
15．（1） （2）9
【分析】（1）由正弦定理可以变形为：，再由余弦定理进行求解；
（2）设的外接圆半径为，由及正弦定理，求出．由余弦定理得，，即可求解．
【详解】（1）由正弦定理及，得，
，
，，
（2）设的外接圆半径为，由及正弦定理，
得，．
由余弦定理得，，
，当且仅当时取等号，，周长的最大值为9．
16．（1）182人；（2）．
【分析】（1）先根据频率分布直方图平均数估算公式求出样本平均数，然后根据正态分布的性质求得概率，即可求解；
（2）根据题意确定的取值，并求出对应的概率，利用互斥事件加法概率公式求解即可．
【详解】（1）由题意得，样本平均数的估计值为
因为学生初试成绩服从正态分布，其中则，
所以，
所以估计初试成绩不低于85分的人数为人．
（2）记该考生的复试成绩为，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分，
所以该考生进入面试的概率为．
17．（1）证明见解析（2）（3）
【分析】（1）由条件先证明，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面．
（2）过点作，垂足为，根据面面垂直性质定理证明平面，结合锥体体积公式可得，再求和的面积的最大值，由此可得结论；
（3）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，再结合向量夹角公式求结论．
【详解】（1）由题意知四边形存在外接圆，故，
而，即，所以，故，
由平面平面，可得，
而平面平面，故平面，
又因为平面，故平面平面．
（2）如图，过点作，垂足为，
由（1）平面平面，又平面平面平面，
所以平面．设四边形的面积为，
则四棱锥的体积，
因为，所以，
因为平面平面，所以，则点在以为直径的圆上，
当时，最大，最大值为．
因为，所以点在以为直径的圆上，且，
当时，最大，最大值为8，此时底面是正方形．
所以四棱锥体积的最大值为．
（3）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图．
由（2）可知．
所以．
设平面的法向量为，
则，取，则
所以为平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，
则．所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．（1） （2）
【分析】（1）直接由椭圆的焦点得双曲线的定点，再根据可得解；
（2）设，设直线的方程为，
直线的方程为，分别与椭圆联立得韦达定理，
进而可表示弦长，联立直线和可得焦点，代入双曲线化简得，
进而得展开利用基本不等式求解即可．
【详解】（1）由椭圆可得，所以等轴双曲线的顶点为，设等轴双曲线为，所以，所以等轴双曲线的方程为；
（2）设，
设直线的方程为，直线的方程为，
由得：，
所以显然成立，所以，同理可得，所以，
联立直线和，解得，
所以，因为在双曲线上，所以，
解得，所以．
当且仅当，即时，取得最小值．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键有两个，一个是联立直线和得，代入双曲线得，另一个是处理最值时用到了基本不等式，由，展开利用基本不等式．
19．（1），是球面距离
（2）共面，证明见解析，
【分析】（1）连接，利用余弦定理求出，即可求出劣弧的长度，根据球面距离的定义判断即可；
（2）设已知经过两点的劣弧分别为，且其圆心分别为，将它们画在同一平面上，取线段的中点，连接，表示出，设，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得证，再求出扇形的面积即可．
【详解】（1）连接．
由纬度的意义，可得．
所以．又，故，
又，所以，故劣弧．
圆中的劣弧的长度是两点间的球面距离．
（2）设已知经过两点的劣弧分别为，且其圆心分别为，将它们画在同一平面上，取线段的中点，连接，如图所示，
设（弧度），（弧度），，则．
又，故．
设函数，则．
令，则，
所以在上单调递增，则．
所以，所以在上单调递增．
因为，所以，所以，
故两点间的球面距离所在的圆弧与球心共面．
当时，扇形的面积．
【点睛】关键点点睛：本题第一问比较基础，注意是理解纬度的定义，再借助余弦定理求出角度，第二问关键是表示出，再利用导数证明函数的单调性，即可得到球面距离．