安徽省安庆市怀宁县新安中学2024-2025学年高三下学期期中考试数学试卷(含详解)

2024-2025学年怀宁县新安中学高三下学期期中考试
数 学 试 卷
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1．复数的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，如果有且只有两个元素，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ）
A．1 B． C． D．
5．已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的表达式为，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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
10．封闭曲线是平面内与两个定点和的距离之积为2的点的轨迹，是上一点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．关于坐标原点对称
B．位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界）
C．的周长的最小值为
D．
11．已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若直线与直线所成角为定值，则点轨迹为圆的一部分
C．当时，三棱锥的外接球的体积为
D．记点到直线的距离为，当时，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．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 ．
13．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心的圆经过原点，且与抛物线的准线相切，则该抛物线的焦点到其准线的距离为 ．
14．如图，一点从正方形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动（）步后回到点的概率为，到达点的概率为，= ．

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）在中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且的面积为，点D是线段上靠近点B的一个三等分点，．
(1)若，求c；
(2)若，求的值．
16．(15分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为．
(1)证明：点为棱的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．(15分）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围.
18．(17分）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴.
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，求面积的最大值.
19．(17分）深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率.
(1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望；
(2)从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求；
(3)从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B A B B B AD ABD
题号 11
答案 ACD
1．C 2．D.
3．B ，，
4．在上的投影向量为，则，因为是单位向量，即，所以，
则. 5．A因为成等差数列，所以，代入方程可得，令，解得，故直线恒过点，即圆心，
故，设切点为，则，故．
6．B由双曲线可知渐近线方程为，
因为，所以，
在中，，，可得.
即，则
又因为点在渐近线上，所以，解得，可得.
7．B如图作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆，根据，设球的半径为，则由直角三角形中的勾股定理得：，利用等面积法：，可得：，解得：，
再由棱台体积公式得：，由球的体积公式得：，
所以正四棱台与球的体积之比是：
8．B，时，，当时，，递减，时，，递增，时，，时，，是极小值，
时，，在上是增函数，时，，时，，且，作出函数的大致图象，如图，

由图象知时，无实解，时，有一解，时，有两解，时，有三解，方程有四解，则方程有两解且，
记，则，解得，故选：B．
9．AD，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．ABD】依题意，知，因为，，，所以，
两边平方，得，即，也即（*）．
对于A，因为是上一点，所以，令，则点也满足，而点与关于坐标原点对称，故A正确；
对于B，由（*），得，即，
整理，得，即，因为，所以，即.
设，又，所以，所以，即，解得，
所以位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界），故B正确；
对于C，因为，所以，
当且仅当时取等号，此时的周长为，
即的周长的最小值为，故C错误；
对于D，由（*），得，由选项C，知，
所以.因为，所以，故D正确．故选：ABD．
11．ACD对于选项A：因为，
所以点M在平面内，因为底面为菱形，所以,又因为直棱柱，所以,又因为平面,平面，所以平面，又平面，
所以，故A正确；对于选项C，
当时，点M在体对角线交点处，故点M在与底面垂直
且到底面距离为1，因为,所以的外接圆半径
为，设外接球半径为，球心到平面的距离为h，则,即，两式联立得，故外接球体积为，故C正确；对于选项D，当时，则三点共线，即点M在线段上，如图建立空间直角坐标系，,,
则，故,则,又得，,
故，当且仅当时，，故D正确；
对于选项B，，，，
，
由（1）可知，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则，
设，由于是直线与平面内所有直线中所成角的最小值，
所以，，由，化简可得，且，易知点为平面内的一点，当时，则，此时，点的轨迹为平面内的一条线段；
当时，则，此时，点的轨迹为平面内的一条线段；当时，化简可得或，此时，点的轨迹为平面内的两条线段，故B错12．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.
13．，则为等腰三角形，易知抛物线的焦点为，故，即点，因为点在抛物线上，则，解得（负值舍去），所以抛物线的方程为，所以该抛物线的焦点到其准线的距离为.
14．依题意，，又，，所以，
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.
15．（1）由题可得：，故又，即，，即在中，根据余弦定理得即
，即，（2），，即又，①又②，由①②得：
16．（1）以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
不妨设，则．
设，则，可得，由题意可得，整理可得，解得，所以点为棱的中点．（2）由（1）可得：，
设平面的法向量为，则，令，则，可得．
，所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．（1）当时，函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，
求导得，当时，，由，得，由，得，则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意；
当时，由，得或，
①若，即，由，得或，由，得，则函数在上递增，在上递减，因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
②若，即，由，得或，由，得，则函数在上递增，在上递减，因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
③若，即，由在上恒成立，得在上递增，
函数无极值，不合题意，所以的取值范围为.
18．（1）依题意，右焦点，则左焦点，而，轴，则，于是，
解得，，所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，由消去并整理得，，解得，
设，则
则面积，
令，则，且，，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为.
19．（1）依题意，随机变量的可能取值为，则，，所以的分布列如下表所示：
2 3 4
数学期望为.
（2）由这人的合计得分为分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
于是，令数列的前项和为，
则，于是，
两式相减得
，因此，所以.
（3）在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分，记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件，
则，，，即，
由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列，
，因此，随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于，所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.