【文档说明】湖南省邵阳市武冈市2025届高三上学期期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.588 MB，由小赞的店铺上传

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2024年下学期期中考试试卷高三数学注意事项：1．本试卷考试时量120分钟，满分150分；2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；3．请将答案填写在答题卡上，写在本试卷上无效，请勿折叠答题卡，答

题卡上不得使用涂改液、涂改胶和贴纸，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁.一、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的．）1.设集合2log1Mxx=，210Nxx=−，则MN=（）A.2xxB.12x

xC.02xxD.102xx【答案】D【解析】【分析】由题知02Mxx=，12Nxx=，再求集合交集运算即可.【详解】解：因为22log1log2x

=，所以02x，即2log102Mxxxx==，因为210x−，解得12x，所以12102Nxxxx=−=，所以，MN=102xx.故选：D2.复数()31i+在复平面内对应的点位

于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为()()()()()32221i1i1i12ii1i+=++=+++()22i1i2i2i22i=+=+

=−+，所以复数()31i+在复平面内对应的点为()2,2−，位于第二象限.故选：B3.已知1,log2,log5,ababmm==则logabm=（）A.110B.17C.710D.107【答案】D【解析】【分析】根据给定条件

，利用对数的定义及对数运算法则计算即得.【详解】依题意，0,0,1,1,1ababab由log2,log5abmm==，得25mab==，则1152,ambm==，710abm=，所以7101110loglog7logabmmmabm===.故选：D4.若向量

,ab满足()()1,,2babbaba=+⊥+⊥，则a=r（）A.2B.3C.2D.3【答案】A【解析】【分析】由已知结合向量数量积的性质即可求解．【详解】因为向量a，b满足||1b=，()abb+⊥，(2)aba+⊥，所以2()||10

abbabbab+=+=+=，即1ab=−，所以2(2)||20abaaab+=+=，则||2a=．故选：A．5.已知π5sin35−=，则2πcos23−=（）A.45B.45−C.35D.35-【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式计算

可得.【详解】因为π5sin35−=，所以2π2ππcos2cos2cos2333−=−=−22π5312sin12355=−−=−=

.故选：C6.已知在四边形ABCD中，22ACBC==，π6ACBACD==，2π3ADC=，则BD的长为（）A.33B.233C.21233−D.21633−【答案】D【解析】【分析】在AC

D中，由正弦定理求得233CDAD==，再在BCD△中，利用余弦定理，即可求解.【详解】在ACD中，由π6ACD=，23ADC=且2AC=，可得6DACp?，由正弦定理得sinsinACCDADCACD=，所以πsin2632π3sin3AC

CDAD===，在BCD△中，由余弦定理得222π7232cos33BDBCCDBCCD−=+−=，所以21633BD−=．故选：D.7.已知函数π()sin(0)6fxx=+在0,2π上有且仅有4个零点，直线π6x=为函数()yfx=

图象的一条对称轴，则π3f=（）A.32−B.12−C.12D.32【答案】C【解析】【分析】以π6x+为整体，根据题意结合零点可得23291212，结合对称性可得2=，进而可求π3f

.【详解】因为0，且0,2πx，则πππ,2π666x++，由题意可得：π4π2π5π6+，解得23291212，又因为直线π6x=为函数()yfx=图象的一条对称轴，则πππ

π,662kk+=+Z，解得62,kk=+Z，可知0,2k==，即π()sin26fxx=+，所以π2ππππ1sinsinπsin336662f=+=−==.故选：C.【

点睛】关键点点睛：以π6x+为整体，可得πππ,2π666x++，结合正弦函数零点分析可知右端点π2π6+的取值范围，进而可得的取值范围.8.已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三

角形，且24CACBAB===.设E为空间内一点，且,,,,ABCDE五点在同一个球面上，若23AE=，则点E的轨迹长度为（）A.πB.2πC.3πD.4π【答案】D【解析】【分析】将四面体ABCD放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，

判断E的轨迹，然后求解即可．【详解】将四面体ABCD放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为x，y，z，依题意，可知4DACBDBAC====，2DCAB==，则224xy+=，2216xz+=，2216yz+=，解得2xy==，14z=，由于14z=，即异面直线AB和CD的距离为14，由于长方

体的左右侧面为正方形，所以ABCD⊥，取CD中点M，连接MF，则MF⊥左侧面，AB在左侧面，所以MF⊥AB，又,,CDMFMCDMF=平面CFD，故AB⊥平面CFD，四面体ABCD外接球半径为2223222xyzR+

+==，球心为O，由23AE=，知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r，圆心为F，过,,AEO作球的一个轴截面，所以222AFrAE+=，且222FOrR+=，()222232232AFFO−=−，且322AFROFOF=+=+，解得2,22OFr==，所以E的轨迹长度为

2π4πr=．故选：D．二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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若0ab，则（）A.11abB.2abb的.C.2abab+D.2baab+【答案】A

BD【解析】【分析】对A、B：利用作差法分析判断；对C、D：根据基本不等式分析判断.【详解】对A、B：∵0ab，则0,0baab−，∴2110,()0bababbbaabab−−=−=−，即11ab，2abb，A、B正确；对C∵0ab，例如1ab==

−，则2,22abab+=−=，显然不满足2abab+，C错误；对D：∵0ab，则01,1baab，∴22babaabab+=，D正确.故选：ABD.10.如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1

D1内的动点，则下列结论正确的是（）A.若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为22B.若AP=17，则点P的轨迹长度为2πC.若AP=17，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是21717D.若Р是棱A1B1的中点，

则三棱锥PCEF−的外接球的表面积是41π【答案】ACD【解析】【分析】由面面平行的判定定理可得平面//DMN平面CEF，从而可得点Р的轨迹是线段MN，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C

，结合条件可得外接球的半径，即可判断D【详解】分别取棱11AB，11AD的中点M，N，连接,,DMDNMN，易证//MNEF，DNCE//，MN平面DMN，MN平面CEF，所以//MN平面CEF，且DN平面D

MN，DN平面CEF，所以//DN平面CEF，又,,MNDNNMNDN=平面DMN，则平面//DMN平面CEF，因为//DP平面CEF，且P是正方形1111DCBA内的动点，所以点Р的轨迹是线段MN.因为11

114ABAD==，所以112AMAN==，因为190MAN=，所以22MN=，故A正确.因为17AP=，所以点P的轨迹是以1A为圆心，1为半径的14个圆，则点Р的轨迹长度为1π2π42=，则B错

误.以A为坐标原点，AB，AD，1AA的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系.由题中数据可知()()()()()π0,0,0,4,4,0,4,2,4,2,4,4,cos,sin,4,02ACEFP则()0

24CE=−，，，()2,0,4CF=−，()cos,sin,4AP=.设平面CEF的法向量为(,,)nxyz=，则240,240,nCEyznCFxz=−+==−+=，2x=得(2,2,1)n=.设直线AР与平面CEF所成的角为，则

π22sin44sincos,317nAPnAPnAP++===.因为π02，所以ππ3π444+，所以2πsin124+，所以π622sin42244

+++，则6217sin17317=，故C正确.Р是棱11AB的中点，则PEF!外接圆的圆心为正方形1111DCBA的中心1O，半径为2.如图2，设1OOx=，则三棱锥PCEF−的外接球的半径R满足(

)()222224222Rxx=−+=+，解得2414R=，从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是24π41πR=，故D正确.故选：ACD11.已知数列na的前n项和为nS，且212nnnaaa++=+，若120aa=，则（）A.12nnaa+−是等

比数列B.2nnaa+−是等比数列C.12nnSS+−是等差数列D.212nnaS+−是等差数列【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，结合等比数列的定义和等差数列的定义及判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】因为数列na前n项和为nS，且212nnnaaa++=+，对于A中

，由()211112222nnnnnnnaaaaaaa+++++−=+−=−−，且2112aaa−=−，所以12nnaa+−是以1a−为首项，公比为1−的等比数列，所以A正确；对于B中，由()312122nnnnnn

aaaaaa−++++−=+=−，且3112aaa−=，所以数列2nnaa+−是以12a，公比为2的等比数列，所以B正确；对于C中，由212nnnaaa++=+，可得()()211122nnnnnnSSSSSSn−++−−=−+−，即2n时，21122nnnn

SSSS+++−=−，又由2120SS−=，3212SSa−=，所以12nnSS+−的奇数项均为0，偶数项均为1a．所以12nnSS−−的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，所以C错误．对于D中，当

()*2nkk=N时，即21221212kkkkSSaSa++−=−=，所以212nnaS+−是每项均为1a的常数列，也是等差数列，所以D正确．的故选：ABD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分)1

2.已知点,,,ABCD为平面内不同的四点，若23BDDADC=−，且(2,1)AC=−，则AB=______【答案】(6,3)−【解析】【分析】利用向量的线性运算，即可得解.【详解】由23BDDADC=−得：333BDDA

DADCBACA+=−=，即3ABAC=，又因为(2,1)AC=−，所以()()332,16,3ABAC==−=−,故答案为：()6,3−.13.在ABCV中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，4cosabCba+=．且tantantantantantanBABCAC

+=，则cosA=______．【答案】36##136【解析】【分析】由余弦定理得到2222abc+=，并化切为弦，结合正弦定理和余弦定理求出2223bac=+，从而得到32bc=，52ac=，从而利用余弦定理求出

答案.【详解】由4cosabCba+=得，224cosababC+=，由余弦定理得222cos2abcCab+−=，故2222222242222abcabababcab+−+==+−，所以2222abc+=，tantantantantantanBABCAC+

=，故sinsinsinsinsinsincoscoscoscoscoscosBABCACBABCAC+=，所以()sincoscossinsinsincossinACACBABC+=，即()2sinsinsincossinsins

incossinACBABCBABC+==，由正弦定理得2cosbacB=，因为222cos2acbBac+−=，所以222222222acbacbbacac+−+−==，故22222bacb=+−，即2223b

ac=+，由2222abc+=和2223bac=+得2234bc=，故32bc=故222235244accc=−=，故52ac=故2222222c65os22323344bccAcabccc+−===+

−.故答案为：3614.对任意xR，不等式()22xaxaxxa+−+−−恒成立，则a的取值范围是______.【答案】)01,+【解析】【分析】把不等式()22xaxaxxa+−+−−

转化为()2()2xaxaxaxxx+−+++−+，记()2fxxxx=−+，则原不等式转化为()()fxafx+恒成立，画出𝑓(𝑥)的图像，然后用数形结合和图像变换的思想来解题即可.【详解】解：不等式()22xaxaxxa+−+−−等价于()2()2xax

axaxxx+−+++−+，记()2fxxxx=−+，则原不等式等价于()()fxafx+.所以，不等式()22xaxaxxa+−+−−恒成立等价于不等式()()fxafx+恒成立.而()223,

2,2xxxfxxxx−+=−，且图像如下图所示：若0a=，则不等式恒成立；若0a，()fxa+可以看作是𝑓(𝑥)向左或向右平移a个单位，不等式()()fxafx+恒成立可以看作是()fxa+的图像在

𝑓(𝑥)的上方或函数值相等.所以要使()fxa+的图像在𝑓(𝑥)的上方或函数值相等只能把𝑓(𝑥)的图像向左平移至少1个单位得到()fxa+，如下图所示：所以：1a.故答案为：)01,+.【点睛】本题主要考查绝对值不等式、图像变换、数形

结合的思想，属于综合性题目.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.已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）的一个焦点为()2,0F，且离心率为63.（1）求椭圆C的方程；（2）直线l

：yxm=+与椭圆C交于A，B两点，若ABO面积为3，求直线l方程.【答案】（1）22162xy+=（2）2yx=的【解析】【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出,ac，从而求出b，即可求解方程；（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理求出弦长，利用点到直线距离求出高，根据面积

建立方程求解即可.【小问1详解】由焦点为()2,0F得2c=，又离心率63cea==，得到6a=，所以222642bac=−=−=，所以椭圆C的方程为22162xy+=.【小问2详解】设𝐴(𝑥1,�

�1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立22162xyyxm+==+，消y得2246360xmxm++−=，()222Δ36163612960mmm=−−=−+，得到28m，由韦达定理得，1232mxx+=−，212364mxx

−=，又因为222211296612842mABkxxm−+=+−==−，又原点到直线的距离为2md=，所以()222116388322242ABOmSdABmmm==−=−=，所以428160mm−+=，所以24m=，即2m=，满足28m，所以直线l

的方程为2yx=.的16.“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用()212,nnn−N局n胜的单败淘汰制，即

先赢下n局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13.（1）若2n=，设比赛结束时比赛的局数为X，求X的分布列与数学期望；（2）现有两种赛制：赛制一：采用3局2胜制，赛制二：采用5局3胜制，乙

选手要想获胜概率大，应选哪种赛制？并说明理由.【答案】（1）分布列见解析，229（2）选方案一3局2胜制，理由见解析【解析】【分析】（1）因为2n=，所以比赛采用3局2胜制，求出X的所有可能取值及其概率，再由均值公式求解即可.（2）由独立事件的概率公式分别求出3局2

胜制和5局3胜制的概率，比较大小即可得出答案.【小问1详解】因为2n=，所以比赛采用3局2胜制，X的所有可能取值为2，3，()222152339PX==+=，()221122212143CC33339PX==+=，X的分布列为X23P5

949所以()542223999EX=+=.【小问2详解】应选择方案一3局2胜制，理由如下：若选赛制一3局2胜制时，记乙获胜为事件A，则()21211117C1333327PA=+−=，若选赛制二5局3胜制时，记乙获胜

为事件B，则()32222234111111117C1C1333333381PB=+−+−=因为7172781，所以选方案一3局2胜制.17.如图，已知四棱台1

111ABCDABCD−中，113ABAB=，ABCD∥，ADAB⊥，6AB=，9CD=，6AD=，且114AABB==，Q为线段1CC中点，（1）求证：BQ∥平面11ADDA；（2）若四棱锥11QABBA−的体积为3233，求平面11ABBA与平面11CD

DC夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）217【解析】【分析】（1）分别延长线段1AA，1BB，1CC，1DD交于点P，将四棱台补成四棱锥PABCD−，取1DD的中点E，连接QE，AE，由四边形ABQE为平行四边形，得到BQAE∥，然后利用线面平行的

判定定理证明；（2）先证明AD⊥平面11ABBA，再以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线AD为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面11CDDC的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，易得平面11AB

BA的一个法向量为𝑛⃗=(0,1,0)，然后由cos,mnmnmn=求解.【小问1详解】证明：如图所示：分别延长线段1AA，1BB，1CC，1DD交于点P，将四棱台补成四棱锥PABCD−.∵1113ABA

B=，∴113PCPC=，∴11CQQCCP==，取1DD的中点E，连接QE，AE，∵////QECDAB，且()13962QEAB=+==，∴四边形ABQE为平行四边形.∴BQAE∥，又AE平面11ADDA，BQ平面11ADDA，∴BQ∥平面11ADDA；【小问

2详解】由于111123QABBCBAAABVV−−=，所以11163CABBAV−=，又梯形11ABBA面积为83，设C到平面11ABBA距离为h，则111116313CBAAABABBVhS−==梯形，得6h=.而CDAB∥，

AB平面11ABBA，CD平面11ABBA，所以CD∥平面11ABBA，所以点C到平面11ABBA的距离与点D到平面11ABBA的距离相等，而6hAD==，所以AD⊥平面11ABBA.以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线A

D为y轴，建立空间直角坐标系，易得PAB为等边三角形，所以𝐴(0,0,0)，()6,0,0B，()9,6,0C，()0,6,0D，()3,0,33P设平面11CDDC的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则()()()(),,3,6,33

36330,,9,0,090mDPxyzxyzmDCxyzx=−=−+====，得0x=，32yz=，不妨取()0,3,2m=，又平面11ABBA的一个法向量为𝑛⃗=(0,1,0).则321cos,771mnmnmn===，平面11ABBA与平面11

CDDC夹角的余弦值为217.18.设P是坐标平面xOy上的一点，曲线是函数()yfx=的图象．若过点P恰能作曲线的k条切线()Nk，则称P是函数()yfx=的“k度点”．（1）判断点()0,0O与点()2,0A是否为函数lnyx=的1度点，不需要说明理由；（2

）已知0πm，()singxx=．证明：点()0,πB是()()0ygxxm=的0度点；（3）求函数3yxx=−的全体2度点构成的集合．【答案】（1）()0,0O是函数lnyx=的一个1度点；()2,0A不是函数l

nyx=的1度点（2）证明见解析（3）(),abba=−或3,0baaa=−【解析】【分析】（1）求出曲线lnyx=在点(),lntt处的切线方程，该切线过点O时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点(2,0)A，构造函数，解超越

方程，无解，不合要求；（2）求出sinyx=在点(),sintt处的切线方程，转化为πsincosttt−=−无解，构造()sincosGtttt=−−，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；（3）求出切线方程，得到3yxx=−的一个2度点当且仅当关于t的方程()

()()3231btttat−−=−−恰有两个不同的实数解，设()()3223httatab=−++，分0a=，0a与a<0三种情况，进行求解.【小问1详解】设0t，则曲线lnyx=在点(),lnt

t处的切线方程为()1lnytxtt−=−．则该切线过点O当且仅当ln1t−=−，即et=．故原点O是函数lnyx=的一个1度点，该切线过点(2,0)A，故()1ln2ttt−=−，令()ln2wtttt=−+，则

()1ln1lnwttt=+−=，令()0wt得1t，令()0wt得01t，故()ln2wtttt=−+在()1,+上单调递增，在()0,1上单调递减，()ln2wtttt=−+在𝑥=1处取得极小值，也时最小值，且()110w=，故()1ln2ttt−=−无解，点(2,

0)A不是函数lnyx=的一个1度点【小问2详解】设0t，cosyt=，则曲线sinyx=在点(),sintt处的切线方程为()sincosyttxt−=−．则该切线过点()0,当且仅当sinc

osttt−=−（*）．设()sincosGtttt=−−，则当0πt时，()sin0Gttt=，故()yGt=在区间()0,上严格增．因此当0tm时，()()π0GtG=，（*）恒不成立，即点(

)0,是𝑦=𝑔(𝑥)的一个0度点．【小问3详解】231yx=−，对任意tR，曲线3yxx=−在点()3,ttt−处的切线方程为()()()3231ytttxt−−=−−．故点(),ab为函数3yxx=−的一个2度点当且仅当关于t的方

程()()()3231btttat−−=−−恰有两个不同的实数解．设()()3223httatab=−++．则点(),ab为函数3yxx=−的一个2度点当且仅当()yht=两个不同的零点．若0a=，则()32httb=+在𝑅上严格增，只有一个实数解，不合要求．若0a，

因为()266httat=−，由0t或ta时()0ht得()yht=严格增；而当0ta时()0ht，得()yht=严格减．故()yht=在0t=时取得极大值()0hab=+，在ta=时取得极小值()3habaa=+−．又因为2333022ababha+

+−=−，()330haba+，所以当()()00hha时，由零点存在定理，()yht=在(),0−、()0,a、(),a+上各有一个零点，不合要求；当()()00hha

时，()yht=仅(),a+上有一个零点，不合要求；当()()00hha时，()yht=仅(),0−上有一个零点，也不合要求．故()yht=两个不同的零点当且仅当()00h=或()0ha=．若0a，同理可得()yht=两个不同的零点当且仅当(

)00h=或()0ha=．综上，3yxx=−的全体2度点构成的集合为(),abba=−或3,0baaa=−．【点睛】方法点睛：针对一般的函数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.19.已知无穷数列na中，0na，记12max,,,nnAaaa=，12min,,nnnBaa++=，nnndAB=−．（1）若na为2，0，2，4，2，0，2

，4，…，是一个周期为4的数列（即*nN，4nnaa+=），直接写出1d，2d，3d，4d的值；（2）若na为周期数列，证明：*0nN，使得当0nn时，nd是常数；（3）设d是非负整数，证明：()1,2,3nddn=−=的充分必要条件为na为公差为d的等差

数列．【答案】（1）12d=，22d=，32d=，44d=（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据定义可求出1234,,,dddd的值；（2）令0nT=（周期），结合新定义，即可求证

；（3）根据定义分别证明充分性和必要性，d为非负整数，{}na是公差为d的等差数列，111(1),nnnnAaandBaand+==+−==+，易证出充分性，证明必要性先结合反证法证明数列不是递减，再证明是等差数列.【小问1详解】12d=，22d=

，32d=，44d=．【小问2详解】证明：不妨设na的周期为()*TTN，记12max,,,TTAaaa=，12min,,TTTRaa++=，则当nT时，nTTdAB=−是常数，记0nT=，使得当0

nn时，nd是常数，结论正确．【小问3详解】证明：充分性；若na为公差为d的等差数列，则()11naand=+−于是()11nnAaand==+−，11nnBaand=+=+．因此()1,2,3,nnndABdn=−=−=，必要性：因为0ndd=−，nnnn

ABdB=+nnaA，1nnaB+，1nnaa+，于是nnAa=，1nnBa=+．因此1nnnnnaaBAdd+−=−=−=．故数列na是公差为d的等差数列．【点睛】思路点睛：此题考查数列相关的新定义问题，涉及求值和证

明，证明一个条件是另一个条件的充要条件时一定要考虑完充分性和必要性.