試卷第=page44頁，共=sectionpages44頁試卷第=page33頁，共=sectionpages44頁華中師大一附中2024—2025學年度上學期高三年級第二次考試數學試題時限：120分鐘滿分：150分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知為虛數單位，，則（

）A．1 B．2 C． D．2．已知集合，，則的子集的個數為（

）A．3 B．4 C．8 D．163．設，向量，且，則（

）A． B． C． D．4．函數的圖象大致是（

）A． B．C． D．5．已知能被9整除，則整數的值可以是（

）A． B．-7 C．9 D．136．已知拋物線的焦點為，準線為為上一點，垂直于點為等邊三角形，過的中點作直線，交軸于點，則直線的方程為（

）A． B．C． D．7．已知的內角，，的對邊分別為，，，若的面積為，則的最大值為（

）A． B． C． D．8．已知函數的圖象在區間內恰好有對關于軸對稱的點，則的值可以是（

）A．4 B．5 C．6 D．7二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．定義在上的函數的值域為，且，則（

）A． B．C． D．10．下列命題正確的是（

）A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，則是的充分不必要條件B．若為第一象限角，則C．在中，若，則為銳角三角形D．已知，且，則11．已知曲線，則下列結論正確的是（

）A．隨著增大而減小B．曲線的橫坐標取值范圍為C．曲線與直線相交，且交點在第二象限D．是曲線上任意一點，則的取值范圍為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．在的展開式中，的系數為．13．在中，，，依次成等差數列，，的取值范圍為．14．如圖，球內切于圓柱，圓柱的高為，為底面圓的一條直徑，為圓上任意一點，則平面截球所得截面面積最小值為若為球面和圓柱側面交線上的一點，則周長的取值范圍為．

四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．如圖，已知在正三棱柱中，，且點分別為棱的中點.

(1)過點作三棱柱截面交于點，求線段長度；(2)求平面與平面的夾角的余弦值.16．在中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，，，(1)求A的大小：(2)點D在BC上，（Ⅰ）當，且時，求AC的長；（Ⅱ）當，且時，求的面積．17．從一副撲克牌中挑出4張Q和4張K，將其中2張Q和2張K裝在一個不透明的袋中，剩余的2張Q和2張K放在外面．現從袋中隨機抽出一張撲克牌，若抽出Q，則把它放回袋中：若抽出K，則該撲克牌不再放回，并將袋外的一張Q放入袋中．如此操作若干次，直到將袋中的K全部置換為Q，(1)在操作2次后，袋中K的張數記為隨機變量X，求X的分布列及數學期望；(2)記事件“在操作次后，恰好將袋中的全部置換為”為，記．（ⅰ）在第1次取到的條件下，求總共4次操作恰好完成置換的概率；（ⅱ）試探究與的遞推關系，并說明理由．18．由橢圓的兩個焦點和短軸的一個頂點組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”．如果橢圓的“特征三角形”為，橢圓的“特征三角形”為，若，則稱橢圓與“相似”，并將與的相似比稱為橢圓與的相似比．已知橢圓與橢圓相似．(1)求橢圓的離心率；(2)若橢圓與橢圓的相似比為，設P為上異于其左、右頂點的一點．當時，過P分別作橢圓的兩條切線，切點分別為，設直線的斜率為，證明：為定值；19．已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．(1)判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；(2)若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續可表數列，且，求證：．答案第=page22頁，共=sectionpages1515頁答案第=page11頁，共=sectionpages1515頁試題解析1．C【分析】根據給定條件，利用復數乘法運算及復數相等計算得解.【詳解】依題意，，而，則，所以.故選：C2．D【分析】根據集合的描述法確定集合中的元素，根據交集的概念可得，從而根據其元素個數得子集個數.【詳解】因為，，所以，所以的子集個數為．故選：D．3．D【分析】由向量垂直得，再利用向量夾角的坐標運算求解即可.【詳解】因為，又，所以，得到，所以，得到，所以.故選：D4．B【分析】根據誘導公式化簡，再利用函數奇偶性的定義判斷的奇偶性，從而得解.【詳解】因為，定義域為，又，所以是奇函數，從而ACD錯誤，B正確.故選：B.5．B【分析】根據二項式展開式的通項公式可得，則能被整除，結合選項即可求解.【詳解】因為，又能被整除，所以能被整除，由選項知當時符合，當，或時均不符合.故選：B．6．B【分析】設直線與軸交于點，連接，說明為矩形，得，求得的斜率為，直線方程可求.【詳解】設直線與軸交于點，連接，因為焦點F1,0，所以拋物線的方程為，準線為，則，因為是等邊三角形，的中點為，則軸，所以準線為，為矩形，則，故是邊長為4的等邊三角形，易知，則.因為，所以直線的斜率為,直線的方程為.故選：B

7．D【分析】由面積公式得到，再由余弦定理得到，利用輔助角公式計算可得.【詳解】依題意，所以．由余弦定理得，所以，故，當時等號成立,即的最大值為.故選：D．8．C【分析】令，，根據對稱性，問題可以轉化為與的圖象在內有個不同的交點，畫出函數圖象，數形結合即可判斷.【詳解】令，，因為與的圖象關于軸對稱，因為函數的圖象在區間內恰好有對關于軸對稱的點，所以問題轉化為與的圖象在內有個不同的交點，在同一平面直角坐標系中畫出與的圖象如下所示：因為，當時，，結合圖象及選項可得的值可以是，其他值均不符合要求,.故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是轉化為與的圖象在內有個不同的交點.9．ACD【分析】利用賦值法及基本不等式結合選項可得答案.【詳解】令，則有，解得或，因為函數的值域為，所以，A正確；令，則有，即令，則有，即，B不正確；令，則有，所以，即，C正確；因為，所以，，所以，當且僅當時，取到等號，所以，D正確.故選：ACD10．ACD【分析】對A，根據充分，必要條件的概念判斷；對B，利用二倍角余弦公式化簡求解；對C，將條件式切化弦結合三角變換求解判斷；對D，利用二倍角余弦公式化簡條件式，再弦化切求解.【詳解】對于A，若是第二象限角或第三象限角，則.若，取，此時不是第二象限角或第三象限角，則是的充分不必要條件，故A正確；對于B，由于為第一象限角，則，，故B錯誤；對于C，在中，若，則，所以，故，所以，故為銳角三角形，故C正確；對于D，由，所以，則，由，知，故D正確.故選：ACD.11．AD【分析】首先對、分類討論分別得到曲線方程，畫出曲線圖形，數形結合判斷A、B，由雙曲線的漸近線與的關系判斷C，由點到直線的距離公式得到，即點到直線的距離的倍，求出直線與曲線相切時的值，再由兩平行線將的距離公式求出的最大值，即可判斷D.【詳解】因為曲線，當，時，則曲線為橢圓的一部分；當，時，則曲線為雙曲線的一部分，且雙曲線的漸近線為；當，時，則曲線為雙曲線的一部分，且雙曲線的漸近線為；可得曲線的圖形如下所示：由圖可知隨著增大而減小，故A正確；曲線的橫坐標取值范圍為，故B錯誤；因為，所以曲線與直線相交，且交點在第四象限，故C錯誤；因為，即點到直線的距離的倍，當直線與曲線相切時，由，消去整理得，則，解得（舍去）或，又與的距離，所以，所以的取值范圍為，故D正確；故選：AD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是分析出曲線的圖形，D選項的關鍵是轉化為點到直線的距離.12．224【分析】根據二項式定理的通項公式可得結果.【詳解】因為通項公式為，當即時，，所以的系數為224，故答案為：224.13．【分析】根據題意可得，利用數量積公式得，進一步由正弦定理、結合三角恒等變換將所求轉換為求三角函數值域即可.【詳解】根據題意，又，所以，而，由正弦定理有，所以，所以，而的取值范圍是，所以的取值范圍是，的取值范圍是，所以的取值范圍是，所以的取值范圍為.故答案為：.14．【分析】過點在平面內作，垂足為點，分析可知當平面時，截面圓的半徑最小，求出截面圓的半徑，結合圓的面積公式可求平面截得球的截面面積最小值；利設在底面的射影為，設令，則，其中，可得出，利用平方法和二次函數的基本性質求出的取值范圍，可得周長的取值范圍．【詳解】過點在平面內作，垂足為，如下圖

易知，，由勾股定理可得，則由題可得，設到平面的距離為，平面截得球的截面圓的半徑為，因為平面，當平面，取最大值，即，所以，所以平面截得球的截面面積最小值為．由題可知，點在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設在底面射影為，如圖：

則，，由勾股定理可得，令，則，其中，所以，所以，因此，所以周長的取值范圍為．故答案為：；【點睛】方法點睛：選擇填空題中，遇到求函數的最小值問題，常見的方法有：1.轉化為二次函數的值域問題求解；2.利用基本（均值）不等式求最值；3.通過換元，轉化成三角函數的值域問題求解；4.利用導數分析函數單調性，求函數的最值.15．(1)(2)【分析】（1）將平面延展得到點，再利用相似三角形求解即可.（2）建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量利用夾角公式求解即可.【詳解】（1）由正三棱柱中，，又因為點分別為棱的中點，可得，如圖所示，延長交的延長線于點，連接交于點，則四邊形為所求截面，過點作的平行線交于，所以因此，所以.（2）以點為原點，以所在的直線分別為軸，

以過點垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為，可得，則，設平面的法向量為，則取，則，所以，取的中點，連接.因為△為等邊三角形，可得，又因為平面，且平面，所以，因為，且平面，所以平面，又由，可得，所以平面的一個法向量為，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.16．(1)(2)；【分析】（1）利用正弦定理，三角函數恒等變換的應用化簡已知等式可得的值，結合即可求解的值；（2）（Ⅰ）根據銳角三角函數和差角公式可得正弦定理即可求解.（Ⅱ）采用面積分割的方法以及正弦定理即可解決．【詳解】（1）因為，所以由正弦定理可得，又，所以，因為為三角形內角，，所以，可得，因為，所以；（2）（Ⅰ）此時，，所以，所以，在中，由正弦定理可得；（Ⅱ）設，由，可得，化簡可得有，由于，所以，所以，則．17．(1)分布列見解析，；(2)（ⅰ）；（ⅱ），理由見解析.【分析】（1）由題意可知，的所有取值為0，1，2，求出相應的概率，進而得到的分布列，再結合期望公式求出即可；（2）（ⅰ）利用條件概率公式求解；（ⅱ）設事件表示“次操作后袋中還剩1張”，則（B），為次操作后，恰好將袋中的全部置換為，分2種情況求得（B），代入（B），即可得到與的遞推關系．【詳解】（1）由題意可知，的所有取值為0，1，2，則，，，所以的分布列為：012所以；（2）（ⅰ）記事件表示“第1次取到”，事件表示“總共4次操作恰好完成置換”，則（E），依題意，若第一次取到，則剩余的3次操作，須將袋中全部置換為，①若第二次也取出，則第三次和第四次均須取出，其概率為，②若第二次取出，則第三次取出，第四次取出，其概率為，綜上所述，，所以，即在第1次取到的條件下，總共4次操作恰好完成置換的概率為；（ⅱ），理由如下：設事件表示“次操作后袋中還剩1張”，依題意，為次操作后，恰好將袋中的全部置換為，而發生這樣的情況需次操作后袋中還剩1張，且第次抽中，則，即，為次操作后，恰好將袋中的全部置換為，發生這樣需2種情況：①次操作后袋中還剩2張（即前次全取，概率為，并且第次和次全取，②次操作后袋中還剩1張，第次取，第次取，所以（B）又因為，所以．18．(1)(2)證明過程見解析【分析】（1）首先得到、的長軸長、短軸長、焦距、依題意可得，從而得到，再由離心率公式計算可得；（2）設Px0,y0，則直線的方程為，進而與橢圓聯立方程，并結合判別式得，同理得到，進而得，再根據即可求得答案；【詳解】（1）對于橢圓：，則長軸長為，短軸長為2，焦距為2，橢圓：的長軸長為，短軸長為，焦距為，依題意可得，所以，則橢圓的離心率.（2）由相似比可知，，解得，所以橢圓：，設Px0,y0，則直線的方程為記，則的方程為，將其代入橢圓的方程，消去，得，因為直線與橢圓有且只有一個公共點，所以，即，將代入上式，整理得，同理可得，所以為關于的方程的兩根，所以．又點Px0,所以，所以為定值．

【點睛】方法點睛：定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.19．(1)是連續可表數列；不是連續可表數列．(2)證明見解析．(3)證明見解析．【分析】（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）先證明，再說明時不合題意，找出且滿足題意的數列即可得解．【詳解】（1），，，，，所以是連續可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續可表數列．（2）若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，．（3）先證明.從5個正整數中，取一個數字只能表示自身，最多可表示5個數字，取連續兩個數字最多能表示4個數字，取連續三個數字最多能表示3個數字，取連續四個數字最多能表示2個數字，取連續五個數字最多能表示1個數字，所以對