海南省海南中学2024−2025学年高三下学期第2次半月考 数学试题（含解析）

这是一份海南省海南中学2024−2025学年高三下学期第2次半月考 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设命题，函数为奇函数，则：
A．，函数为偶函数
B．，函数为偶函数
C．，函数不为奇函数
D．，函数不为奇函数
2．圆心为且与轴相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．在所在平面内，点满足，记，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知为正项等差数列，若，则的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．10
5．下列函数满足的是（ ）
A．B．C．D．
6．将9个相同的小球放入3个不同的盒子，要求每个盒子中至少有一个小球，且每个盒子里的小球个数都不相同，则不同的放法有
A．15种B．18种C．19种D．21种
7．设函数（，）的最小正周期为，将的图象向左平移个单位后关于原点对称，且在区间内的零点与最值点恰好共有4个，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在复数范围内，关于的方程的其中一个根为，另一根为，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．
C．D．
10．随机事件A、B满足，，，下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件B相互独立B．
C．D．
11．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（ ）

A．椭圆的中心在直线上
B．
C．直线与椭圆所在平面所成的角为
D．椭圆的离心率为
三、填空题
12．已知角的顶点在原点，始边在轴非负半轴，终边与单位圆交于点，
（1） ；
（2）若将角的终边绕原点逆时针旋转后与单位圆交于点，则点的横坐标为 ．
13．为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动．已知该班男生30人，女生20入、按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1：女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为 ．
14．若平面点集满足：任意点，存在，都有，则称该点集是阶聚合点集．
①若，则是3阶聚合点集
②存在对任意正数，使不是阶聚合点集
③若，则不是阶聚合点集
④ “”是“是阶聚合点集”的充要条件
其中所有正确结论的序号是 .
四、解答题
15．在中.
（1）求的值及的面积；
（2）求证：.
16．已知双曲线过点且一条渐近线方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若过点的直线与双曲线相交于两点，试问在轴上是否存在定点，使直线与直线关于轴对称，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
17．如图，在圆锥中，是底面圆上的四点，为直线与圆的另一交点，为母线上一点，且，.

（1）证明：平面底面圆；
（2）为底面圆的劣弧上一点（与点均不重合），且平面与平面所成角的余弦值为，求的正弦值.
18．在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时.
（1）假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒?
（2）若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率.
（3）若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求.
19．已知函数.
（1）若曲线在和处的切线平行，求这两条切线间的距离；
（2）探究是否存在实数，使得的图象关于直线对称.若存在，写出一组满足条件的；若不存在，请说明理由；
（3）当时，将在区间上的极值点从小到大依次记为，若，求a的值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】若命题，函数为奇函数，
则为，函数不为奇函数，故D正确.
故选D
2．【答案】D
【详解】因为圆心为且与轴相切，所以半径，
则圆的方程为.
故选D
3．【答案】C
【详解】由向量的线性运算可知.
故选C.
4．【答案】C
【详解】，解得，
由于为正项等差数列，则，解得，
，等号成立当且仅当，
所以的最大值为8.
故选C.
5．【答案】B
【详解】令，则，即，
A：的定义域为，不符合；
B：，即，符合；
C：，不符合；
D：，不符合.
故选B
6．【答案】B
【详解】每个盒子先放一个球，用去3个球，则不同放法就是剩余6 个球的放法；有两类：
第一，6个球分成1,5或2,4两组，共有种方法；第二，6个球分成1,2,3三组，有种方法．所以不同放法共有12+6=18种．故选B
7．【答案】C
【详解】因为，则，
将的图象向左平移个单位，可得，
若的图象关于原点对称，
则，即，
且，可得，所以，
又因为，则，
由题意可得：，解得，
且，所以.
故选C.
8．【答案】D
【详解】令，取自然对数得，令
令，得
若，单调递增，单调递增；
若，单调递减，单调递减，
因为，所以，而，，所以；
因为，所以，而，，所以
故.
故选D.
9．【答案】BCD
【详解】对于A：是方程的根，则，
即，那么，所以，，故A错误；
对于B：由A知，，所以，，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，所以，故D正确．
故选BCD．
10．【答案】AC
【详解】根据，可得；
又，可得；
即满足，因此事件与事件B相互独立，即A正确；
易知，因此B错误；
由可得，即可知C正确；
计算可得，所以，即D错误.
故选AC
11．【答案】BD
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，

点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A错误；
椭圆长轴长，
过作于D，连，显然四边形为矩形，
又，
则，
过作交延长线于C，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，故B正确；
所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C错误；
所以椭圆的离心率，故D正确；
故选BD.
12．【答案】
【详解】（1）由三角函数的定义可得，，故；
（2）设将角的终边绕原点逆时针旋转后得到角，则，
则，
则点的横坐标为．
13．【答案】6.8
【详解】男生30人，女生20人，则抽取的时候分层比为．
则10个人中男女分别抽取了6人和4人.
这10人答对题目的平均数为.
所以这10人答对题目的方差为.
14．【答案】①③④
【详解】对于①，由可得，故是3阶聚合点集，即①正确；
对于②，对任意的点集，总存在，使得是1阶聚合点集，故②错误；
对于③，因，而，
故不是阶聚合点集，即③正确；
对于④，因是阶聚合点集等价于，
因，可得，又因，依题意可得，反之也成立，
故“是阶聚合点集”是“”的充要条件，即④正确.
15．【答案】（1），；
（2）见详解.
【详解】（1）在中,所以是锐角，.
由，可得，而，
所以，
可得，则，
故；
（2）由（1）易知，则，
由（1）及余弦定理有，
所以，又，则.
16．【答案】(1)
(2)存在，
【详解】（1）双曲线的一条渐近线方程为，设双曲线方程为，
又双曲线过点，则代入得，
双曲线的方程为；
（2）

设，，
假设在轴上存在定点，使直线与直线关于轴对称.
由题意知，直线的斜率一定存在，则设其方程为，
联立方程组，消去得：，
由题意知，即，
又有，，
则，
，
，，
上式对恒成立，，
存在定点，使，即使直线与直线关于轴对称.
17．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）设交于点，连接，
设圆的半径为，则可得，
在中，，
所以，
故，所以，
又，所以为正三角形，因此为的中点，
易得，故，所以为的中点，所以.
又底面圆，所以底面圆，
又平面，所以平面底面圆.

（2）以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
连接，设，平面的一个法向量为，
则，

故，
由得
令，解得，
又平面的一个法向量为，
则，
解得或（舍去），
所以，则，
故.
18．【答案】（1）
（2）
（3）见详解，
【详解】（1）“机器狼”上完步台阶的走法有：
当时，用时；
当时，用时；
当时，用时；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒；
（2）依题意，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，
“机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况，
则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率；
（3）“机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶，
记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，
所以，
所以，
则，
又，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以
，
即.
19．【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【详解】（1）.
，，由题可知.
因为，所以曲线在处的切线方程为；
因为，故曲线在的切线方程为.
所以两平行切线间的距离为.
（2）假设存在实数，使得的图象关于直线对称，则，
所以，
取，则，故或，
若，则，
取，则，故，故，其中，
综上，总有，
当，有
若为偶数，则对任意恒成立，
故对任意恒成立，故；
若为奇数，则对任意恒成立，
故对任意恒成立，这不成立，
故，
取即为符合题设条件的一组.
（3）由（1）得，
当时，，故，
设，其中，
则当时，；当时，，
故在上存在唯一零点，
且当时，，当时，，
而在上函数值的符号要么为正，要么为负，故为的极值点，
因为，故除了为极值点外无其他极值点.
而，故，则即为，
故，，且，，
由可得，
而，故 ，
整理得，故，
所以，
∵函数在区间上单调递增，
∴，故，或.
①若，此时和不能同时成立，故不合题意.
②若，则，故，
综上所述，.