第1頁/共1頁新田一中2025屆高三數學期中考試滿分：150分時量：120分鐘考試時間：2024年11月23日一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題所給的四個選項中，只有一項符合題目要求．）1.已知復數，則復數在復平面內對應的點位于（）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】應用復數的除法及乘法化簡,得出復數即可求出對應點,進而得出所在象限即可.【詳解】，復數在復平面內對應的點為,點位于第四象限.故選：D．2.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先解方程組，得出點的坐標即可得出交集.【詳解】，解得，或，所以，故選：B．3.“其身正，不令而行；其身不正，雖令不從”出自《論語·子路》．意思是：當政者本身言行端正，不用發號施令，大家自然起身效法，政令將會暢行無阻；如果當政者本身言行不正，雖下命令，大家也不會服從遵守．根據上述材料，“身正”是“令行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】結合題意判斷“身正”和“令行”之間的邏輯關系，即得答案.【詳解】由題意：其身正，不令而行，即身正令行，故“身正”是“令行”的充分條件；又其身不正，雖令不從，即令行身正，所以“身正”是“令行”的必要條件，綜合知“身正”是“令行”的充要條件，故選：C．4.已知為定義在R上奇函數，當時，．若在上單調遞減，則實數a的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據函數的奇偶性、單調性列出相應不等式，即可求得答案.【詳解】因為為定義在R上的奇函數，所以，若在上單調遞減，故只需，即，故選：A．5.將6棵高度不同的景觀樹種植在道路兩側，要求每一側種植3棵，且每一側中間的景觀樹都要比兩邊的高，則不同的種植方法共有（）A.20種 B.40種 C.80種 D.160種【答案】C【解析】【分析】先分步計算兩側的排法，再結合分步計數原理計算即可.【詳解】一側的種植方法有種排法，另一側的種植方法有種排法再由分步計數原理得不同的種植方法共有種排法，故選:C.6.將函數的圖象上所有點的橫坐標變為原來的，縱坐標變為原來的2倍，得到函數的圖象，若在上只有一個極大值點，則ω的最大值為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】根據伸縮變換規則可得，再由余弦函數圖象性質以及極值點個數解不等式可得結果.【詳解】由題可知，當時，，若在上只有一個極大值點，則由的圖像可得，解得，因為，所以的最大值為3.故選：B.7.已知雙曲線的左焦點為，為坐標原點，若在的右支上存在關于軸對稱的兩點，使得為正三角形，且，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據條件，利用幾何關系得到，又，得到，再結合雙曲線的定義得到，即可求解.【詳解】設雙曲線的焦距為，右焦點為，直線交于點，連接，因為為正三角形，，所以為的中點，所以，故，易知，所以，由雙曲線的定義知，即，得.故選：D．8.已知為函數的零點，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由題意確定為方程的根，構造函數，由其單調性即可求解.【詳解】由得，即，即，因為，所以，所以為方程的根，令，則，所以在上單調遞增，又，所以，即，即，故選：B．二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題所給的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分．）9.已知非零向量，則下列結論正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.向量與向量垂直【答案】BCD【解析】【分析】A選項，舉出反例即可；B選項，由向量數乘運算和數量積公式得到；C選項，根據向量數量積公式得到，故；D選項，計算出，得到垂直關系.【詳解】A選項，不妨設，滿足，但，A錯誤；B選項，，故，則，B正確；C選項，，故，故，C正確；D選項，，故向量與向量垂直，D正確.故選：BCD10.如圖，在正三棱柱中，M，N，D，Q分別為棱的中點，，則以下結論正確的是（）A.平面 B.C.點Q到平面的距離為 D.三棱錐的外接球表面積為【答案】AC【解析】【分析】應用線面平行判定定理判斷A,應用勾股定理計算判斷B,應用等體積求出點Q到平面的距離判斷C,利用補形及直三棱柱的外接球公式計算外接球半徑即可判斷D.【詳解】由題，，所以平面,不在平面內，故平面，A正確；由題可得，，設，易得，，因為，即，解得，故，B錯誤；因為，所以，所以平面,平面,得出平面，，所以，又，設點Q到平面的距離為d，則，得，C正確；將三棱錐補成以為底面的直三棱柱，則該三棱柱的外接球即為三棱錐的外接球，其球心O位于上下底面外心的中點，，故的外接圓半徑，設外接球半徑為R，則，所以三棱錐的外接球表面積，D錯誤．故選：AC．11.已知拋物線的焦點為F，A，B，P為拋物線C上的點，，若拋物線C在點A，B處的切線的斜率分別為，且兩切線交于點M．N為拋物線C的準線與y軸的交點．則以下結論正確的是（）A.若，則 B.直線PN的傾斜角C.若，則直線AB的方程為 D.的最小值為2【答案】BCD【解析】【分析】先根據向量夾角設直線再結合拋物線定義得出焦半徑公式即可判斷A,設點，分兩種情況討論判斷B,求導函數得出直線的斜率即可得出直線方程判斷C,先寫出切線再聯立得出，結合焦半徑公式計算最小值判斷D.【詳解】由題，則向量的夾角為，故F，A，B三點共線，設，與C的方程聯立得，設，則，，故，由拋物線的定義得，故，，所以A錯誤；設，，當時，直線PN傾斜角大于等于，當時，，所以直線PN的傾斜角，B正確；記直線AB的斜率為k，令，則，則，又，所以，所以，又直線AB過點，故直線AB方程為正確；，又，所以，同理，聯立解得，即，又，所以，當時，等號成立，所以的最小值為2，D正確；故選:BCD.【點睛】關鍵點點睛：解題關鍵點是應用導數求出切線斜率進而得出切線方程，再分別得出直線方程及焦半徑的最小值.非選擇題部分三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分．）12.已知______________．【答案】##【解析】【分析】利用輔助角公式得到，再整體法用誘導公式求出答案.【詳解】，即，．故答案為：13.已知某中學的3個年級各有學生300，300，400人，現采用分層抽樣的方法從3個年級的學生中抽取10人，對他們的體重進行了統計．若3個年級被抽到的學生體重的平均值分別為48，52，55kg，方差分別為4，10，1．將這10名學生體重W（kg）作為樣本，則樣本的方差為______．【答案】13【解析】【分析】先根據分層抽樣的平均數公式求出平均數為52，再代入方差公式計算得出方差.【詳解】3個年級抽取的學生數分別為3，3，4人，則，故．故答案為：13.14.“四進制”是一種以為基數的計數系統，使用數字，，，來表示數值．四進制在數學和計算的世界中呈現出多個維度的特性，對于現代計算機科學和技術發展有著深遠的影響．四進制數轉換為十進制數的方法是通過將每一位上的數字乘以的相應次方（從開始），然后將所有乘積相加．例如：四進制數轉換為十進制數為；四進制數轉換為十進制數為；四進制數轉換為十進制數為；現將所有由，，組成的位（如：，）四進制數轉化為十進制數，在這些十進制數中任取一個，則這個數能被整除的概率為______．【答案】【解析】【分析】根據四進制與十進制的轉換規則，利用二項式定理將的高次方展開并求得除以之后的余數，令余數能被整除即可得出所有數字組合種類數，可求得概率.【詳解】設，則位四進制數轉換為十進制為，若這個數能被3整除，則能被整除．當這個四進制數由，，，組成時，有個；當這個四進制數由，，，組成時，有個；這個四進制數由，，，組成時，有個；這個四進制數由，，，組成時，有個；這個四進制數都由組成時，有個．因為由，，組成的位四進制數共有個，所以能被整除概率．故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于將進制轉化為10進制之后，利用二項式定理來求解能否被整除的問題，得出所有可能的組合即可求得相應概率.四、解答題（本大題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．）15.如圖，三棱臺中，是正三角形，平面ABC，，M，N分別為棱中點.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先應用線面垂直判定定理得出平面再應用線面垂直性質得出線線垂直，即可證明線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，應用空間向量法求線面角正弦值即可.【小問1詳解】因為是正三角形，M為AB中點，所以CM⊥AB，因為平面平面ABC，所以，又平面所以平面又因為平面，所以，連接，易得，所以，所以，又因為，所以，因為，平面，所以平面.【小問2詳解】取AC中點O，連接，易知三條直線兩兩垂直，以O為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，由（1）知平面的一個法向量為，又，所以，所以直線與平面所成的角的正弦值為．16.已知，函數在點處的切線過點.（1）求實數b的值；（2）證明：在上單調遞增；（3）若對恒成立，求實數a的取值范圍．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）先求導函數再寫出切線方程代入點得出參數值；（2）求出導函數，再根據導函數求出即可證明單調性；（3）根據函數解析式分和兩種情況化簡轉化為恒成立，再求的單調性得出最值即可求出參數范圍.【小問1詳解】的定義域為，故，又，所以在點處的切線方程為，將點代入得，解得．【小問2詳解】由（1）知，則，令，則，當時，單調遞減；當時，單調遞增，所以，所以在上單調遞增．【小問3詳解】對恒成立，即對恒成立，當時，上式顯然恒成立；當時，上式轉化為恒成立，設，則，所以在上單調遞增；所以，故，所以實數的取值范圍為．17.如圖，四邊形中，．（1）求；（2）為邊上一點，且的面積為，求的外接圓半徑．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意，在和中，利用余弦定理，分別求得的表達式，兩式作差求得，即可求解；（2）由（1）求得，利用余弦定理求得，結合題意，求得，進而求得，再在和中，求得，進而得到，得到，利用正弦定理，即可求解.【小問1詳解】解：因為，所以，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得：，兩式作差得：，解得，因為，所以．【小問2詳解】解：因為由（1）知，可得，且，則所以，在中，可得，所以，在中，可得，在中，可得，可得,所以，則，所以，解得，設的外接圓半徑為，由正弦定理得，解得，所以的外接圓半徑為．18.已知橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上，且直線與的斜率之積為．（1）求C的方程；（2）直線與C交于M，N兩點，與y軸交于點A，與x軸交于點B．（ⅰ）若A，B恰為弦MN的兩個三等分點，求直線l的方程；（ⅱ）若點B與點重合，線段MN的垂直平分線與x軸交于點Q，求的值．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根據點橢圓上及斜率積列方程組計算即可得出橢圓方程；（2）（i）設結合，向量關系列方程求出點的坐標，即可求出直線方程；（ⅱ）設方程聯立方程組，韋達定理結合弦長公式計算求解.【小問1詳解】將點代入C的方程得：①，設C的焦距為，則，故，解得②，又③，由①②③解得或，所以C的方程為．【小問2詳解】（ⅰ）由題，，設，O為坐標原點，因為A，B恰為弦MN的兩個三等分點，所以,則，即，解得，所以，又，即，解得，所以將點M，N的坐標代入C的方程得，解得，因為，所以，所以直線l的方程為．（ⅱ）由題直線l過點，所以，與橢圓方程聯立，得，，設，則，所以，又，所以MN中點為，所以MN的垂直平分線方程為，令得，故，所以，所以．【點睛】關鍵點點睛：（2）（i）解題的關鍵點是應用向量關系列方程求出點的坐標即可求出直線方程；19.密碼學是研究編制密碼和破譯密碼的技術科學．研究密碼變化的客觀規律，應用于編制密碼以保守通信秘密的，稱為編碼學；應用于破譯密碼以獲取通信情報的，稱為破譯學，總稱密碼學．20世紀70年代，一些學者提出了公開密鑰體制，即運用單向函數的數學原理，以實現加、脫密密鑰的分離．加密密鑰是公開的，脫密密鑰是保密的．這種新的密碼體制，引起了密碼學界的廣泛注意和探討．某數學課外小組研究了一種編制密碼的方法：取任意的正整數n，將小于等于n且與n互質的正整數從小到大排列，即為密碼．記符合上述條件的正整數的個數為．（1）求數列的前5項和；（2）求的表達式和的值；（3）記，數列的前n項和，證明．【答案】（1）（2），（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據數列定義求出前5項即可求和；（2）先根據定義得出，再求出即可；