湖南省岳阳市云溪区2025届高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份湖南省岳阳市云溪区2025届高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共19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。
1. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性，结合集合交集的定义进行求解即可.
【详解】∵，，故.
故选：B
2. 复数的共轭复数在复平面上对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的模长公式和复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】因为，则，
因此，复数的共轭复数在复平面对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小张11月1日运动了2分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为（ ）
A. 3.5小时B. 246分钟
C. 4小时D. 250分钟
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式计算可得结果.
【详解】依题意可得，小张从11月1日开始，第1天､第2天､､第15天的运动时长依次成等差数列，
且首项为2，公差为2，所以从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为分钟小时.
故选：C
4. 已知同一平面内的单位向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，两边平方后得到，从而求出，得到答案.
【详解】因为，所以，
两边平方得，
因为均为单位向量，所以，解得，
故，
所以.
故选：D
5. 已知函数 的定义域为 ，设 的导函数是 ，且恒成立， 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设不等式特点，设，判断的单调性，利用函数的单调性，可得，即得，即可判断.
【详解】设 则 ，
故 y=gx 在定义域上是增函数，
于是 即 ，
即有，故得 .
故选:C.
6. 将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若的图象关于点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象的平移可得，即可根据对称得求解.
【详解】由题意可得，
由于的图象关于点对称，故，
故,解得，
取，为最小值，
故选：A
7. 已知的定义域为为奇函数，为偶函数，若当时，，则（ ）
A. B. 0C. 1D. e
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可以求出函数的周期，利用周期运用代入法进行求解即可.
【详解】为奇函数，即，
所以关于中心对称，则，
为偶函数，即，
所以，
故，即是周期为8的周期函数，
所以，
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用函数的奇偶性求出函数的周期.
8. 已知可导函数 的定义域为， 为奇函数，设 是 的导函数， 若 为奇函数，且 ，则（ ）
A. -1012B. -506
C. 506D. 1012
【答案】D
【解析】
【分析】由fx−1为奇函数得出，然后求导得出，得出对称轴. gx+1 为奇函数得出对称中心，取求出的值，结合前面两个等量关系得到，取特殊值求出的值，再由关系是推出周期为8，求出，的值，通过规律即可求出的值.
【详解】∵fx−1为奇函数，∴，∴两边求导得，
∵，可知关于直线对称，
又∵gx+1为奇函数，则，可知关于点1,0对称，
令，可得，即，
由可得，
由，可得，即，可得 ，即，
令，可得；
令，可得 ;
且，可知8为的周期，
可知，，，
所以
故选: D
【点睛】方法点睛：本题利用函数的奇偶性得到对称性，然后对函数自变量进行转化，求出几个特殊点（偶数）的函数值，利用周期性得到规律，然后求出的值.
二、多选题（共4小题，每小题5分，总分20分）
9. 若与分别为定义在R上的偶函数、奇函数，则函数的部分图象可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可得结论.
【详解】因为与分别为定义在上的偶函数、奇函数，
所以，
所以函数为奇函数，所以的图象关于原点对称.
故选：AC.
10. 已知正数a，b满足，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的范围并结合均值不等式判断AB；举例说明判断C；利用不等式性质推理判断D作答.
【详解】由，，得，即，而，则，A正确；
显然，当且仅当时取等号，则，B正确；
取，，则满足，，此时，C错误；
由，得，即，于是，同理，则，D正确．
故选：ABD
11. 设直线 两两垂直，且三条直线与平面 所成角如下表所示：
注： 夹角为 0 表示相应直线和平面平行.则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 和 互余D. 和 互补
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题目所给条件可在空间直角坐标系中研究问题，利用线面角公式可取各个平面的一个法向量，计算其余各角的大小.
【详解】设空间直角坐标系中，直线对应的方向向量分别为,平面的法向量分别为.
不妨设直线方向向量与法向量的夹角，由题意得，
，
两式相除得 ，可取，同理可取，
所以，
所以
故选： CD.
【点睛】思路点睛：本题考查空间向量解决线面角问题，具体思路如下：
（1）根据所给条件把直线和平面放在空间直角坐标系中，设直线的方向向量和平面的法向量.
（2）利用题目中的已知角结合线面角公式可取各个平面的一个法向量.
（3）根据所取法向量和直线的方向向量求其他线面角的大小.
12. 如图，在中，，，点，分别边，上，点，均在边上，设，矩形的面积为，且关于的函数为，则（ ）

A. 内切圆的半径为B.
C. 先增后减D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用等面积法可求出内切圆的半径；对于B、C、D，由得到，进而可求出的长，所以可求出矩形的面积为，进而判断B、C、D.
【详解】对于A，取的中点，连接，

则，且，所以的面积为，
假设内切圆的半径为，则，
所以，解得，故A正确；
对于B、C、D，过作，垂足为，设与交于点，
由等面积法可得，则.
由，得，
则，
所以，
则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，故B错误，C，D均正确.
故选：ACD.
三、填空题（共4小题，每小题5分，总分20分）
13. 已知，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】已知等式利用倍角公式求得，则，又，可求出，由，得．
【详解】由，两边平方得，所以，
故，因为，所以，
解得，又因为，所以．
故答案：.
14. 已知圆 ，点 在直线 上运动，以线段为直径的圆与圆相交于 两点，则直线 过定点______.
【答案】
【解析】
【分析】设点，表示出以为直径的圆的方程，与圆方程相减可得两圆公共弦所在直线方程，以此计算直线所过定点.
【详解】
由题意得，.设点 ，则圆的方程为 ，
即.
圆的方程可化为，两圆方程相减，
得直线的方程为，
直线的方程化为 .
由，得，
所以直线过定点 .
故答案为：.
15. 将一副三角板按如图所示的位置拼接：含角的三角板的长直角边与含角的三角板的斜边恰好重合.与相交于点.若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角板的内角以及边长利用三角恒等变换和等面积法即可得.
【详解】由题可知.
由可得：
，
则，
解得.
故答案为：
16. 某同学喜爱篮球和跑步运动.在暑假期间，该同学下午去打篮球的概率为.若该同学下午去打篮球，则晚上一定去跑步；若下午不去打篮球，则晚上去跑步的概率为.已知该同学在某天晚上去跑步，则下午打过篮球的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式进行求解即可.
【详解】设下午打篮球为事件，晚上跑步为事件，易知，，
∴，
∴.
故答案为：
四、解答题（共4小题，总分70分）
17. 锐角 的三个内角是 ，满足 ， 的外接圆的圆心为 ，半径是 1 .
（1）求角 的大小及 的值；
（2）求 的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先用二倍角的余弦值进行化简，进而结合正弦定理角化边利用余弦定理可求角值，从由圆周角定理可得，从而利用平面向量的数量即可求解；
（2）由可得，进而根据题意求的取值范围，从而由的取值范围可得结果.
【小问1详解】
(1) 由 ，
得 ，
;
由正弦定理得 ，
即 ，又锐角 中， ，
，
由圆周角定理可得， ，
又，
.
【小问2详解】
.
是锐角三角形，
，
，又在上单调递减，
所以，即.
故 的取值范围是 .
18. 设数列的前n项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）由得，相减可得递推公式，进而判断为等比数列，从而可得等比数列的通项公式；
（2）根据题意计算可得数列bn的通项公式，进而通过裂项相消法可得前n项和.
【小问1详解】
由，得，
两式相减得，即．
因为，所以，得，满足．
所以是首项为8，公比为4的等比数列，，．
【小问2详解】
因为，
所以．
所以.
故数列bn的前n项和为，.
19. 甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第轮答题后甲同学的总得分为，其中.
（1）求；
（2）若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为.证明：当时，.
【答案】（1）165 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的数学期望公式进行求解即可；
（2）根据积事件的概率公式，结合错位相减法进行求解即可.
【小问1详解】
设，故，
∴，
故；
【小问2详解】
由（1）知，记乙同学的答题次数为，且的所有可能取值为，
且，
∴，
且，
，
∴当时，.
20. 已知椭圆 的中心在原点 ，焦点在 轴上，离心率为 ，以 的四个顶点为顶点的平行四边形的面积为 ，直线 与椭圆 交于 两点（ 不与椭圆的顶点重合）.
（1）求 的标准方程；
（2）若以 AB 为直径的圆经过原点，求证： 直线 与圆 相切；
（3）若动直线 过点 ，点 关于 轴的对称点为 ，直线 AD 与 轴的交点为 ，求 面积的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据面积和离心率得和，即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，根据 ，得，代入化简可得 ，根据点到直线距离公式即可求证，
（3）联立直线与椭圆方程得到韦达定理，根据三点共线可得 ，即 ，化简可得 为定点，即可利用三角形面积关系得表达式，结合基本不等式求解最值.
【小问1详解】
设椭圆 的长半轴长为 ，短半轴长为 ，半焦距为 .
由已知， ，即 ，又 ，
由 可得: ，
因为 的焦点在 轴上，所以 的标准方程是
【小问2详解】
当直线有斜率时，设直线 的方程为 ，
以 AB 为直径的圆经过原点，即 ，
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，所以 ，
联立方程 ，得 ，即 ，
，
化简得 ，
设 到直线 距离为 ，则 ，
所以直线 与圆 相切.
当直线无斜率时，设直线方程为，与椭圆方程联立可得，，
由于AB 为直径的圆经过原点，故，
故圆 的圆心到直线的距离，故直线与圆相切.
综上，直线 与圆 相切.
【小问3详解】
设直线 的方程为 ，代入椭圆方程，得 ，
即 . 设点 Ax1,y1,Bx2,y2 ，
则 .
因为点 关于 轴对称，则 . 设点 ，
因为 三点共线，则 ，即 ，
即 ，即 ，得
所以点 为定点， ，
.
令 ，则 .
当且仅当 时取等号，所以 的面积的最大值为 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21. 若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，称为的偶点.
（1）证明：为“缺陷偶函数”，且偶点唯一.
（2）对任意x，，函数，都满足.
①若是“缺陷偶函数”，证明：函数有2个极值点.
②若，证明：当时，.
参考数据：，
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，即可解方程求解，
（2）①根据，取，可得，即可对求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证，②利用放缩法，先证明故，构造，求导，确定函数的最值即可求解.
【小问1详解】
由可得，
由可得，解得，
所以为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
【小问2详解】
由可得对任意x，，恒成立，
所以存在常数，使得,
令，则，且，
解得，
①，则，
由于是“缺陷偶函数”，故，
即，即，
则，得，
，
由于，所以有两个不相等的实数根，不妨设，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以有两个极值点.
②若，即，则，故，
当时，要证，只需要证. ，
因，故，
只需证，
令，
当单调递减，当单调递增，
故，
所以，从而，故，
时，得证.
【点睛】法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
夹角
0
0