甘肃省酒泉市敦煌中学2024-2025学年高三下学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份甘肃省酒泉市敦煌中学2024-2025学年高三下学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共24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】B
【解析】
【分析】联立方程，求出解，得到交集.
【详解】联立，解得，
故.
故选：B
2. 如果复数的实部和虚部互为相反数，则的值等于
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】化简复数为的形式，利用条件求出b的值．
【详解】，
复数 的实部和虚部互为相反数，所以．
故选：A．
3. 已知函数为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，列式求解.
【详解】为偶函数，则，，取，则.
故选：D.
4. 在长方体中，下列结论错误的是（ ）
A. 直线AB与平面平行B. 直线与平面垂直
C. 平面与平面平行D. 平面与平面垂直
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，根据线面平行的判定判断即可；对于B，根据线面垂直的判定判断即可；对于C，根据面面平行的判定判断即可；对于D，根据长方体的特征判断即可.
【详解】对于A，在长方体中，，
因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，若矩形不是正方形，则与不垂直，
直线与平面也不可能垂直，故B错误；
对于C，在长方体中，，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又，且平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D，在长方体中，平面平面，故D正确.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二倍角公式和诱导公式，可得，即得解.
【详解】已知，则
故选：A
【点睛】本题考查了二倍角公式和诱导公式的综合应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于基础题.
6. 在边长为2的正方形中，点分别是的中点，将，，分别沿折起，使三点重合于点，则三棱锥外接球的表面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】两两垂直，三棱锥外接球就是以为长宽高的长方体的外接球，从而求出外接球半径，得到表面积.
【详解】显然，两两垂直，其中，
故三棱锥的外接球就是以为长宽高的长方体的外接球，
故外接球半径为，
故三棱锥外接球表面积为.
故选：D
7. 已知数列的通项公式为，则使的前项和成立的的（ ）（参考数据：）
A. 最小值为7B. 最大值为7
C. 最小值为8D. 最大值为8
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的通项公式求出其前项和的表达式，再根据这个条件解不等式，从而确定的取值范围，进而得出的最小值.
【详解】，
故，
令，解得，，
解得，的最小值为8.
故选：C
8. 铜钱，古代铜质辅币，指秦汉以后的各类方孔圆钱，其形状如图所示.若图中正方形的边长为，圆的半径为，正方形的中心与圆的圆心重合，动点在圆上，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：建立平面直角坐标系，求出圆的方程，利用圆的参数方程设出点的坐标，结合辅助角公式可求得的最大值；
解法二：过点作平行于的直线分别交直线、于点、，设直线交直线于点，取线段的中点，连接，要使得取最大值，可得出，利用当为射线与圆的交点时，取最大值，即可得解.
【详解】解法一：建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，
点P在圆上，设点，
，，，
因为，
所以，
所以，，，
所以，，即的最大值为；
解法二：过点作平行于的直线分别交直线、于点、，
设直线交直线于点，取线段的中点，连接，
因为、、三点共线，则存在，使得，
所以，，则，
因为、、三点共线，则存在，使得，
因为，且、不共线，则，，
所以，，
因为，且，，则，
所以，为等腰直角三角形，所以，，
易知，即，故、、三点共线，
要使得取最大值，则，且，
当且仅当为射线与圆的交点时，取最大值，
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，则下列各选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用作差法判断A；举例说明判断BD；利用不等式性质判断C.
【详解】对于A，由，得，则，A正确；
对于B，取，满足，而，B错误；
对于C，由，得，则，因此，C正确；
对于D，取，满足，而，D错误．
故选：AC
10. 已知函数，，，则（ ）
A. B. 偶函数
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意，利用周期函数的定义可得是以4为周期的函数，结合时，，作出的图象，结合函数图象依次判断各个选项.
【详解】当，，则，
，
所以是以4为周期的函数，
又时，，作出的图象如图所示，
对于A，，故A错误；
对于B，由图象可得是奇函数，故B错误；
对于C，由图象可得关于直线对称，所以，故C正确；
对于D，由C选项可得，又，则，故D正确.
故选：CD.
11. 已知，直线，为原点，是上的一个动点，直线与交于点，平面上另一动点满足，点的轨迹记为曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线关于轴对称
B.
C. 上有4个整点（横，纵坐标均为整数的点）
D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】设，，令，可得，令可得，根据可得的方程，将两点，代入方程即可判断A；由可得的范围，即可判断；根据的范围赋值，即可判断；表示，利用基本不等式即可判断.
【详解】设，，令，
则，即，，
因为点在上，所以，即，
解得，
令，则，即，，可得，
因为，所以，
即，当时，，
从而，整理得；
当时，和重合，，方程也成立，所以的方程为；
关于y轴对称的两点，同时满足的方程，故A正确；
由，解得，故B错误；
取，解得，取，解得，
取，解得，
取，解得，故上有4个整点，C正确；
，
令，
，
当且仅当时取等号，故的最小值为，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据已知向量的关系，得到的方程，结合方程的解析式和变量的范围求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法．
【答案】85
【解析】
【分析】先计算从10个地标建筑中选取3个的选法数，再减去甲、乙、丙3个建筑都不选的选法数，即可得答案.
【详解】从10个地标建筑中选取3个，共有种，
若不选甲、乙、丙这3个地标建筑，即从剩下的7个中选3个，有种选法，
所以满足条件的选法有（种）．
故答案为：85
13. 已知圆锥的母线长为5cm，底面半径为cm，一只蚂蚁欲从圆锥的底面圆周上的点出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点.则蚂蚁爬行的最短路程长为___________cm
【答案】
【解析】
【分析】要求蚂蚁爬行的最短路程，需将圆锥的侧面展开，找到最短路径，利用三角形进行求解..
【详解】解：
由已知得：圆锥的底面半径为cm，
则底面圆的周长，即圆锥侧展开图扇形的弧长为：cm，
又圆锥的母线长，即圆锥侧面展开图扇形的半径为：5cm，
则侧面展开图圆心角，最短距离即为的长，
由余弦定理得：，
故答案为：
14. 如图，200道处于关闭状态门从左到右依次贴有“”的标签号，某人从第一道门出发，从左向右行进，每路过一道关闭的门就从1开始依次报一个数，报到奇数时把门打开.数完一轮后回到起点，再重复此过程，则最后一道关闭的门标签号为__________.

【答案】
【解析】
【分析】通过分析每一轮报数后剩余标签号的规律，找出最终留下的标签号与门数范围的关系来求解.
【详解】第一轮报数，标签号中剔除奇数，剩余偶数，即2的倍数；
第二轮报数，标签号2，4，6，…，200的报数结果分别为1，2，3，…，100，
剔除标签号2，6，10，…，198，剩余的标签号为4的倍数；
第三轮报数，标签号4，8，12，…，200报数结果分别为1，2，3，…，50，
剔除标签号4，12，20，…，196，剩余的标签号为8的倍数；
重复以上步骤可得，当门数时，最后留下的一道门的标签号为，
故标签号为128.
故答案为：128
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. 随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：
（1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求和；
（2）根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？
附：
【答案】（1）0.6；0.7
（2）可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关．
【解析】
【分析】（1）根据给定的数表，利用条件概率及古典概率公式求解.
（2）利用给定的数表，求出的观测值，再与临界值比对求解.
【小问1详解】
依题意，，.
【小问2详解】
由已知数据得，
而，则依据小概率值的独立性检验，
可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关.
16. 已知等比数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用等比数列定义，根据将，代入构造方程组解得，，可得数列的通项公式；
（2）假设存在，，成等比数列，由，，成等差数列可得，且，解得，与已知矛盾，从而得解.
【小问1详解】
由题意知当时，①，
当时，②，
联立①②，解得，；
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，可得；
设数列中存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列，则，
所以，即；
又因为，，成等差数列，所以，
所以，化简得，即；
又，所以与已知矛盾；
所以在数列中不存在3项，，成等比数列.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，求得关于的表达式，从而分析得解.
17. 如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，．
（1）求证：平面；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相似可证明，且，进而可得四边形为平行四边形，利用线线平行即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问1详解】
方法一：如图，在线段上取一点，使，
由已知，，且，
在线段上取一点，使，
由已知，，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，所以平面．
方法二：如图，连接并延长交于连接，
在中，过点作，交于点，
因为，所以，
又是的中点，则，
所以，即，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
由，，知．
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，
分别以所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系．
又，得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
18. 椭圆长轴在轴上，长轴长为4，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与交于，直线与交于.
①证明：；
②设直线与直线轴分别交于点，求的值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）根据离心率公式和长轴长计算即可；
（2）①直曲联立，结合韦达定理计算即可；
②设，，由三点共线，构造方程，
解得，同理可得，，结合①结论，得到，化简即可.
【小问1详解】
解：设的方程为，
则解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
①证明：联立方程可得，
恒成立，，，
则，
同理可得，，，，
所以.
②解：由题，设，，
因为三点共线，所以，解得，
同理可得，，
由①得，，即，
，即，
所以，即.
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若曲线与x轴交于A，B两点，AB的中点横坐标为，证明：.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导，分和两种情况求解即可；
（3）结合（2）分析易得，设，，则,将问题转化为证明，设函数，进而结合导数求证即可.
【小问1详解】
若，，则，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
由，得，，
①若，则恒成立，所以上单调递减；
②若，令，得，
且当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问3详解】
由（2）知，若，则曲线与x轴最多有1个交点，故．
不妨设，，则,
要证，即证，只需证，即证．
设函数，则，
当时，，所以在上单调递减，
因为，所以，即，
又，，在上单调递增，
所以，即．从而原命题得证．
对续航里程满意
对续航里程不满意
对充电设施满意
70
30
对充电设施不满意
50
50
α
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828