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 含解析

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 含解析，共20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.
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【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.
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【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
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6. 已知函数 满足 ， ，函数 ，若
，则 的值可以是（ ）
A. 149 B. 151 C. 199 D. 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.
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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.
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【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
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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，
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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，
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∵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.
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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】
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【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 ， ， ， ，
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.
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 ,
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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 ，
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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.
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【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.
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【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 .
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【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 .
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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：
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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.
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