2024—2025学年高三期中考试数学试题1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.考试时间为120分钟，满分150分一、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.集合，，则（）A. B. C. D.2.“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件3.设向量，，，且，则（）A.3 B.2 C. D.4.已知某圆锥的轴截面为等边三角形，且圆锥侧面积为，则该圆锥的内切球体积为（）A. B. C. D.5.函数（，，）的部分图象如图所示，图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象.若对任意的都有，则图中的值为（）A. B. C. D.6.已知函数若方程恰有2个不相等的实数解，则的取值范围是（）A. B. C. D.7.已知函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（）A.2 B. C.1 D.8.在平面直角坐标系内，方程对应的曲线为椭圆，则该椭圆的焦距为（）A. B. C. 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.已知方程的两个复数根为，，则下列说法正确的有（）A. B. C. D.10.设函数，则（）A.当时，的极大值大于0 B.当时，无极值点C.，使在上是减函数 D.，曲线的对称中心的横坐标为定值11.已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则A.曲线的轨迹方程为B.若，为曲线上的动点，则的最小值为5C.过点，恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点D.圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的周长为12三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.记为等差数列的前项和，若，，则______.13.曲线在点处的切线与抛物线相切，则______.14.已知双曲线：（，）与平行于轴的动直线交于，两点，点在点左侧，双曲线的左焦点为，且当时，，则双曲线的离心率是______；当直线运动时，延长至点使，连接交轴于点，则的值是______.（第一空2分，第二空3分）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，内角，，的对边分别是，，，且满足.（1）求角；（2）若，求周长的取值范围.16.（15分）已知函数.（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；（2）若，证明：.17.（15分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，分别为，的中点，平面，且.（1）证明：平面；（2）若与平面所成的角是，求二面角的余弦值.18.（17分）如图，已知椭圆：（）上的点到其左焦点的最大矩离和最小距离分别为和，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点.（1）求椭圆的方程；（2）若，求直线的方程；（3）当直线，均不与轴垂直时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.19.（17分）若有穷数列（且）满足（），则称为数列.（1）判断下列数列是否为数列，并说明理由.①1，2，4，3；②4，2，8，1.（2）已知数列中各项互不相等，令（），求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列.（3）已知数列是且个连续正整数1，2，…，的一个排列，若，求的所有取值.2024—2025学年高三期中考试数学参考答案及评分意见1.D【解析】因为，，所以，.故选D.2.C【解析】当时，，或，，推不出；当时，必有，故“”是“”的必要不充分条件，故选C.3.A【解析】因为，，，所以；因为，所以，解得.故选A.4.B【解析】设圆锥的底面半径为，则，所以.设圆锥的内切球半径为，又圆锥的轴截面为等边三角形，所以，则内切球的体积.故选B.5.A【解析】由，得.的图象上的所有点向左平移个单位长度后得的图象，由题意知为奇函数，所以其图象关于原点对称，得函数的图象过点.设的最小正周期为，则，所以，故.又，，且，可得，所以，.故选A.6.C【解析】当时，，由二次函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增.令，则，所以.当时，，，在上单调递减.令，则.作出的大致图象，如图所示.方程恰有2个不相等的实数解，也就是的图象与直线恰有两个公共点.由图易知所求的取值范围是.故选C.7.C【解析】因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直线对称；因为函数为奇函数，所以，即函数的图象关于点中心对称.又当时，，所以.故选C.8.C【解析】因为，将点的坐标代入方程，原方程保持不变，所以椭圆关于原点对称；将点和的坐标分别代入方程，原方程保持不变，所以椭圆关于直线和对称.设直线与椭圆交于，两点，则解得或所以；设直线与椭圆交于，两点，则解得或所以.由椭圆性质可知，，，所以，，则，故焦距为.故选C.9.ACD【解析】方程的两个复数根为，，由一元二次方程根与系数的关系得，，A，C正确；B选项，的两个复数根为，若，，则，B错误；D选项，由B选项知，或，均有，D正确.故选ACD.10.BD【解析】对于A，当时，，求导得，令得或，由，得或，由，得，于是在，上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，极大值为，A错误；对于B，，当时，，即恒成立，函数在上单调递增，无极值点，B正确；对于C，要使在上是减函数，则恒成立，而不等式的解集不可能为，C错误；对于D，由，得曲线的对称中心的坐标为，D正确.故选BD.11.ABD【解析】对于A，依题意，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，方程为，A正确；对于B，如图，过点作直线的垂线，交直线于，交抛物线于.令点到直线的距离为，则，当且仅当点与点重合时取等号，因此的最小值为，B正确；对于C，显然过点与曲线有且只有一个公共点的直线的斜率存在，设其方程为，由消去得，当时，直线与抛物线仅有一个公共点，当时，由，解得，显然直线，均与抛物线仅有一个公共点，因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，C错误；对于D，直线交圆于点，，由得或从而，，所以四边形是矩形，其周长为，D正确.故选ABD.12.8【解析】设等差数列的公差为，因为，，即解得则，所以.故答案为8.13.1【解析】设，则，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.由消去，得，由，得.故答案为1.14.【解析】当时，设，则，解得.又，所以，又，所以，两边同时除以，得，解得或（舍）.如图，因为，所以，设，则，，，，所以，又，所以.15.解：（1）由及正弦定理得，故，所以.因为，，所以，因为，所以.（2）由（1）可知，，由余弦定理，得，又，所以.由基本不等式得：，即，所以，当且仅当时，等号成立.又，即，又，所以，所以，即周长的取值范围是.16.（1）解：，，则.因为在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立.构造函数（），则，令，解得.当时，；当时，，所以在区间（0，1）上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，取得极大值，也是最大值，即.所以，即的取值范围为.（2）证明：方法一：由题意得的定义域为，当时，要证，即证，等价于证明.构造函数（），即证.因为，令，因为函数图象的对称轴为直线，所以在上单调递增，且，，所以存在，使得，所以当时，；当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得极小值，也是最小值，即（）.又因为，得，所以（）.令，，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以当时，，所以，即，所以.方法二：将看作以为变量的函数，其中，因为，所以关于单调递减.要证当时，，即证当时，，只需证当时，.令，则，令，解得.当变化时，，的变化情况如下表：－0＋单调递减单调递增所以.综上，.，，即.17.（1）证明：如图，设的中点为，连接，，则且.又且，所以，，所以四边形为平行四边形，则.又因为平面平面，所以平面.（2）解：如图，取的中点，连接，取的中点，连接，，则且，又，所以.因为平面，所以平面，故与平面所成的角为，所以.所以在中，.又由菱形性质可得，所以，所以.所以，所以，，两两垂直.10分以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，，，，，，所以，，.由平面得平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，则故取，则，所以为平面的一个法向量.设二面角的平面角为，由图可得为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.18.（1）解：由椭圆：上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为和，结合椭圆的几何性质，得解得则，故椭圆的方程为.（2）解：设直线的方程为，，.由消去，整理得.由，得，则，.，解得或.10分当时，直线的方程为，此时直线过点；当时，直线的方程为，满足题目条件.所以直线的方程为.（3）证明：因为直线，均不与轴垂直，所以直线：不经过点和，则且，由（2）可知，，为定值.19.（1）解：①因为，所以数列1，2，4，3不是数列；②因为，所以数列4，2，8，1是数列.（2）证明：必要性：若数列是等差数列，设其公差为，则，所以数列是常数列.充分性：若数列是常数列，则（），即（），所以或.因为数列的各项互不相等，所以，所以数列是等差数列.综上可知，数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列.（3）解：当时，因为（），所以，不符合题意；当时，数列为3，2，4，1，此时，符合题意；当时，数列为2，3，4，5，1，此时，符合题意.下面证当时，不存在满足题意.令（），则，且，所以有以下三种可能：①②③当时，因为，由（2）知：，，…，是公差为1（或）的等差数列，当公差为1时，由得或，所以或，与已知矛盾.当公差为时，同理得出与已知矛盾.所以当时，不存在满足题意.其他情况同理可得，不存在满足题意.综上可知，的所有取值为4或5.