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湖南省湘潭市第二中学2024-2025学年高三下学期百校期中考试数学试题
1．（2025高三下·湘潭期中）在复平面内，复数对应的点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数对应点的坐标为.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则求出复数，再根据复数的几何意义确定复数z对应的点的坐标.
2．（2025高三下·湘潭期中）已知函数则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：将代入，得到，
所以，
将代入，得到，
因此，.
故答案为：B.
【分析】先分析函数的定义域和其在不同定义域区间上的表达式，再计算的值，再将代入得出的值.
3．（2025高三下·湘潭期中）已知集合，则A中元素的个数为（　　）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，可得，
所以x可能取值为
当时，代入，得，
又因为，所以，此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，所以，
此时得到元素，
满足条件的元素分别为：
，，，，，共11个.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和元素与集合的关系，先求出x的值，再代入分别求出y的值，从而得出集合A中的元素，进而得出集合A中的元素个数.
4．（2025高三下·湘潭期中）空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现象，如左图所示，当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时，让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹.同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致.现有一圆锥形玻璃，底面周长为24，母线长为13.将其顶点朝下放置于平板玻璃上，并且使得底面与平板玻璃的夹角近似满足sin=，用光垂直照射，则得到的条纹形状为（　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
【答案】A
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：根据题意，同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致，
所以该问题等价于用平行于平板玻璃所在平面的平面去截圆锥形玻璃，得到的截面形状，
设圆锥的底面半径为，高为，母线为，
则，解得，
所以，
所以圆锥的高与母线夹角的余弦值为，
又因为圆锥底面与平板玻璃的夹角近似满足，
则截面与圆锥高的夹角的余弦值也为，且，
所以截面形状为椭圆，则条纹形状是椭圆.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件将问题转化为用平面去截圆锥得到的截面形状，再结合椭圆的定义，从而可得到圆锥形玻璃照射得到的条纹形状.
5．（2025高三下·湘潭期中）运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（　　）
A．32种 B．24种 C．18种 D．12种
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：按照跳高项目安排人数，可以分以下两类：
第一类，跳高项目安排1人，共种安排方法，
第二类，跳高项目安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故答案为：B.
【分析】按照跳高项目安排人数分成两种情况讨论，再结合组合数公式和排列数公式，再利用分步乘法 计数原理和分类加法计数原理，从而得出每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法种数.
6．（2025高三下·湘潭期中）已知函数，，在公共定义域内，下列结论正确的是（　　）
A．恒成立 B．恒成立
C．恒成立 D．恒成立
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，，
则恒成立，
故在上单调递增，
因为，
所以，当时，；
当时，，故选项A、选项B均错误；
因为与在均为单调递增函数，且有公共的零点，
所以恒成立，故选项C正确、选项B错误.
故答案为：C.
【分析】先构造函数，，再根据导数判断其单调性，再结合判断出选项A和选项B；根据函数和函数在的单调性和公共零点，则判断出选项C和选项D，从而找出结论正确的选项.
7．（2025高三下·湘潭期中）已知函数，则图象的对称轴方程为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
，
所以为函数的一个周期，
当时，，
此时，作出函数的图象如下：
由图象可得，函数图象的对称轴方程为，.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件先得出函数的周期，再利用函数的周期绘出函数的图象，则根据函数的图象的对称性得出函数图象的对称轴方程.
8．（2025高三下·湘潭期中）设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线为，
联立，
因为在第一象限的交点为，得，则，
所以，
又因为，
所以，
化简得：则
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件写出双曲线的渐近线，再将双曲线的方程与圆的方程联立，从而求出，进而得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和，从而得出a，c的关系式，再结合双曲线的离心率公式得出双曲线C的离心率的值.
9．（2025高三下·湘潭期中）已知点，圆，则（　　）
A．点在内
B．点与上的点之间的最大距离为
C．以点为中点的弦所在直线的方程为
D．过点的直线被截得弦长的最小值为
【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程；平面内两点间距离公式的应用；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以点在内，故A正确；
对于B，由，
知点与上的点之间的最大距离为，故B错误；
对于C，由，可知弦所在直线斜率为，
故弦所在直线为，则，故C正确；
对于D，由圆的性质可知，当与过的弦垂直时，所得弦长最短，
此时弦长为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由圆与点的位置关系的判断出选项A；由几何法求最值的方法，从而得出点与圆心距离加半径为点与上的点之间的最大距离，则判断出选项B；根据圆的性质求出弦所在直线斜率，从而求出直线方程，则判断出选项C；由弦心距、半径、弦长的关系，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高三下·湘潭期中）已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（　　）
A．点在以为直径的圆上 B．椭圆的离心率为
C．椭圆的方程为 D．
【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线和圆的方程的应用；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，
所以点在以为直径的圆上，故选项A正确；
由圆的性质可知，，
设，则，
因为点为的中点，为的中点，
所以为的中位线，
则，且，
所以，
又因为，
则为等腰直角三角形，所以，
因为为的中位线，
则，
所以，解得，
所以，，
在中，，
则，整理得，
又因为，则，所以，故选项B错误；
由，得，
所以，，
所以椭圆的方程为，故选项C正确；
由以上可知，，，
因为，所以，则，
所以，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件和，则可判断选项A；由选项A和圆的性质可知，，设，则，分析可得为等腰直角三角形，则，进一步可得，，在中利用勾股定理和，从而求出椭圆的离心率的值，则可判断选项B；由椭圆的离心率和，从而可得椭圆的方程，则判断出选项C；根据角平分线定理可知，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高三下·湘潭期中）设函数，数列满足，，则（　　）
A． B．为定值
C．数列为等比数列 D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；利用不等式的性质比较数（式）的大小；等比数列概念与表示；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，，则，故A正确；
由，
则非常数，故B错误；
由，又因为，
则，则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确；
因为，所以，
又因为，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据数列递推公式和数列首项，从而可得数列第二项，则判断出选项A；根据题意整理得，则判断出选项B；根据等比数列的定义，由递推公式整理，则判断出选项C；由选项C写出数列的通项公式，再利用作差法判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高三下·湘潭期中）设随机变量服从正态分布，且，若，则　 　.
【答案】0
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由已知可得，，
根据正态分布的对称性可知，
所以，，
所以，.
故答案为：0.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，再结合已知条件和对立事件求概率公式，从而得出a的值.
13．（2025高三下·湘潭期中）已知，均为锐角，，，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，均为锐角，所以，
由，得，
所以，
由，得，
所以，
所以，
解得，所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式以及两角和的余弦公式，从而得出的值.
14．（2025高三下·湘潭期中）已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系，
可得，
因为，可得，
设，
因为，则，
可得，整理得，
所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球，
又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心，
所以点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，
（如图所示的圆的虚线部分），
因为，
所以，
所以，则，
所以点的轨迹长度为.
故答案为：.
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由得到，从而得到点在空间中的轨迹为一个球，则点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，从而得出的值，则得到的值，再根据弧长公式得出点的轨迹长度.
15．（2025高三下·湘潭期中）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，．
（1）求；
（2）若的面积为，是上的点，且，求的长．
【答案】（1）解：因为，
所以，
则，
因为，则，
所以，故，
由余弦定理可得.
（2）解：因为，
则，
因为，
可得，
因为，，
所以，，，
因为是上的点，且，
则，，
所以，
在中，由正弦定理可得，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件得出的值，再利用余弦定理结合可得，再根据余弦定理可得的值.
（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论，从而求出、、的值，再利用两角差的正弦公式求出的值，最后根据正弦定理求出的长.
（1）因为，所以，，即，
因为，则，即，故，
由余弦定理可得.
（2）因为，则，
因为，可得，
因为，，故，，，
是上的点，且，则，，
所以，，
在中，由正弦定理可得，
故.
16．（2025高三下·湘潭期中）某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
（1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
（2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
【答案】（1）解：若选择方案一，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，，，
所以；
若选择方案二，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，
，
，
所以，
因为，
故选择方案一比较合适.
（2）解：设“该同学抽取中奖”为事件，
“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，
，
，
所以
则，
则所求概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件分别计算出两种方案的期望，再根据期望值判断该同学选择方案一比较合适.
（2）根据已知条件和全概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学选择乙抽奖箱的概率.
（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
17．（2025高三下·湘潭期中）已知函数，．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系．
【答案】（1）解：由，，
令，得或，
因为，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）解：当时，，且，
因为，
所以在上单调递增，
所以的解集为.
（3）解：设，，，
且，，
因为曲线在点处切线斜率为，
所以两点连线斜率为：
，
，
令，
则，
令，，
则，
令，
，
则在上单调递减，
，则，
所以在上单调递减，故，
，
又因为，则，
所以，则，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；斜率的计算公式
【解析】【分析】（1）先求导，再根据，令，从而得出函数的单调递增区间.
（2）当时，可判断在上单调递增，再结合得出不等式的解集.
（3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，再通过作差比较，从而构造函数，，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再根据，则，从而根据两点求斜率公式，进而判断出曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率的大小关系.
（1）由，，
令，得或，由于，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）当时，，且，
又，即在上单调递增，
所以的解集为.
（3）设，，，且，，
曲线在点处切线斜率为，
两点连线斜率为
，
，
令，则，
令，，
则，令，
，即在上单调递减，
，即，
所以在上单调递减，故，
，又，即，
所以，即，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
18．（2025高三下·湘潭期中）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
（1）求证：A，D，O，E四点共面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明：连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又因为在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
又因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
则A，D，O，E四点共面.
（2）解：连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又因为，设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，
又因为，设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，所以，
设直线与平面所成角为，
则
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件结合等边三角形三线合一，从而证出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，平面，再根据过O只有一个平面与垂直且平面与平面有公共点O，则平面与平面是同一平面，从而证出A，D，O，E四点共面.
（2）连接DO、AO、EO，AD，以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，则得出点的坐标，再结合等边三角形三线合一和勾股定理以及空间两点距离公式和(1)中为二面角平面角，从而设，则点，则得出向量的坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，则根据余弦型函数求最值的方法，从而得出直线与平面所成角的正弦值的最大值.
（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又，
设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，
设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
19．（2025高三下·湘潭期中）对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线（规定当P和Q相同时，直线就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记.
（1）若，，求，以及；
（2）对于上的四点，，，，求证：的充要条件是；
（3）是否存在异于S的点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意，直线的斜率为，
则过且平行于直线的直线方程，
联立，可得，
解得（舍）或，则，
所以；
过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为，
联立，可得（舍）或，
故；
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，
故，
所以；
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，
故；
过且平行于的直线方程为，
联立，可得，
故，
对于椭圆上任意一点，都有，
故，，
所以.
（2）证明：因为，
所以
，
则
，
所以，
同理，
故，
当且仅当
，
所以，
则.
（3）解：设，，
因为，点处的切线平行于，
又因为（2）知，
则，
因为，
所以，
则，
因为，
所以，
则，
若，则，
所以，
所以，存在异于S的点P，使得，
坐标为或或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件依次写出过的相关直线，再联立直线和椭圆方程求出交点坐标，根据题中定义求出，和的坐标.
（2）利用向量的坐标表示和三角恒等变换得，同理得，再根据向量平行的坐标表示、辅助角公式化简证出的充要条件是.
（3）设，，根据线段平行关系和（2）的结论，从而判断出存在异于S的点P，使得，并确定点P的坐标.
（1）由题设，直线的斜率为，则过且平行于直线的直线方程，
联立，可得，解得（舍）或，则，
所以，
过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为，
联立，可得（舍）或，故，
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，故，
所以，
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，故，
过且平行于的直线方程为，
联立，可得，故，
又对于椭圆上任意一点，都有，故，，
所以；
（2）由，
，
，
所以，
同理，
故，当且仅当
，
所以，即，得证；
（3）设，，
由，点处的切线平行于，
由（2）知，则，
由，所以，则，
由，所以，则，
若，则，即，
所以存在异于S的点P，使得，坐标为或或.
1 / 1湖南省湘潭市第二中学2024-2025学年高三下学期百校期中考试数学试题
1．（2025高三下·湘潭期中）在复平面内，复数对应的点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三下·湘潭期中）已知函数则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2025高三下·湘潭期中）已知集合，则A中元素的个数为（　　）
A．7 B．9 C．11 D．13
4．（2025高三下·湘潭期中）空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现象，如左图所示，当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时，让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹.同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致.现有一圆锥形玻璃，底面周长为24，母线长为13.将其顶点朝下放置于平板玻璃上，并且使得底面与平板玻璃的夹角近似满足sin=，用光垂直照射，则得到的条纹形状为（　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
5．（2025高三下·湘潭期中）运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（　　）
A．32种 B．24种 C．18种 D．12种
6．（2025高三下·湘潭期中）已知函数，，在公共定义域内，下列结论正确的是（　　）
A．恒成立 B．恒成立
C．恒成立 D．恒成立
7．（2025高三下·湘潭期中）已知函数，则图象的对称轴方程为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
8．（2025高三下·湘潭期中）设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高三下·湘潭期中）已知点，圆，则（　　）
A．点在内
B．点与上的点之间的最大距离为
C．以点为中点的弦所在直线的方程为
D．过点的直线被截得弦长的最小值为
10．（2025高三下·湘潭期中）已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（　　）
A．点在以为直径的圆上 B．椭圆的离心率为
C．椭圆的方程为 D．
11．（2025高三下·湘潭期中）设函数，数列满足，，则（　　）
A． B．为定值
C．数列为等比数列 D．
12．（2025高三下·湘潭期中）设随机变量服从正态分布，且，若，则　 　.
13．（2025高三下·湘潭期中）已知，均为锐角，，，则　 　.
14．（2025高三下·湘潭期中）已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为　 　．
15．（2025高三下·湘潭期中）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，．
（1）求；
（2）若的面积为，是上的点，且，求的长．
16．（2025高三下·湘潭期中）某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
（1）已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
（2）若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
17．（2025高三下·湘潭期中）已知函数，．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系．
18．（2025高三下·湘潭期中）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
（1）求证：A，D，O，E四点共面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
19．（2025高三下·湘潭期中）对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线（规定当P和Q相同时，直线就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记.
（1）若，，求，以及；
（2）对于上的四点，，，，求证：的充要条件是；
（3）是否存在异于S的点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数对应点的坐标为.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则求出复数，再根据复数的几何意义确定复数z对应的点的坐标.
2．【答案】B
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：将代入，得到，
所以，
将代入，得到，
因此，.
故答案为：B.
【分析】先分析函数的定义域和其在不同定义域区间上的表达式，再计算的值，再将代入得出的值.
3．【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，可得，
所以x可能取值为
当时，代入，得，
又因为，所以，此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，所以，
此时得到元素，
满足条件的元素分别为：
，，，，，共11个.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和元素与集合的关系，先求出x的值，再代入分别求出y的值，从而得出集合A中的元素，进而得出集合A中的元素个数.
4．【答案】A
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：根据题意，同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致，
所以该问题等价于用平行于平板玻璃所在平面的平面去截圆锥形玻璃，得到的截面形状，
设圆锥的底面半径为，高为，母线为，
则，解得，
所以，
所以圆锥的高与母线夹角的余弦值为，
又因为圆锥底面与平板玻璃的夹角近似满足，
则截面与圆锥高的夹角的余弦值也为，且，
所以截面形状为椭圆，则条纹形状是椭圆.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件将问题转化为用平面去截圆锥得到的截面形状，再结合椭圆的定义，从而可得到圆锥形玻璃照射得到的条纹形状.
5．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：按照跳高项目安排人数，可以分以下两类：
第一类，跳高项目安排1人，共种安排方法，
第二类，跳高项目安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故答案为：B.
【分析】按照跳高项目安排人数分成两种情况讨论，再结合组合数公式和排列数公式，再利用分步乘法 计数原理和分类加法计数原理，从而得出每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法种数.
6．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，，
则恒成立，
故在上单调递增，
因为，
所以，当时，；
当时，，故选项A、选项B均错误；
因为与在均为单调递增函数，且有公共的零点，
所以恒成立，故选项C正确、选项B错误.
故答案为：C.
【分析】先构造函数，，再根据导数判断其单调性，再结合判断出选项A和选项B；根据函数和函数在的单调性和公共零点，则判断出选项C和选项D，从而找出结论正确的选项.
7．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
，
所以为函数的一个周期，
当时，，
此时，作出函数的图象如下：
由图象可得，函数图象的对称轴方程为，.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件先得出函数的周期，再利用函数的周期绘出函数的图象，则根据函数的图象的对称性得出函数图象的对称轴方程.
8．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线为，
联立，
因为在第一象限的交点为，得，则，
所以，
又因为，
所以，
化简得：则
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件写出双曲线的渐近线，再将双曲线的方程与圆的方程联立，从而求出，进而得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和，从而得出a，c的关系式，再结合双曲线的离心率公式得出双曲线C的离心率的值.
9．【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程；平面内两点间距离公式的应用；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以点在内，故A正确；
对于B，由，
知点与上的点之间的最大距离为，故B错误；
对于C，由，可知弦所在直线斜率为，
故弦所在直线为，则，故C正确；
对于D，由圆的性质可知，当与过的弦垂直时，所得弦长最短，
此时弦长为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由圆与点的位置关系的判断出选项A；由几何法求最值的方法，从而得出点与圆心距离加半径为点与上的点之间的最大距离，则判断出选项B；根据圆的性质求出弦所在直线斜率，从而求出直线方程，则判断出选项C；由弦心距、半径、弦长的关系，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线和圆的方程的应用；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，
所以点在以为直径的圆上，故选项A正确；
由圆的性质可知，，
设，则，
因为点为的中点，为的中点，
所以为的中位线，
则，且，
所以，
又因为，
则为等腰直角三角形，所以，
因为为的中位线，
则，
所以，解得，
所以，，
在中，，
则，整理得，
又因为，则，所以，故选项B错误；
由，得，
所以，，
所以椭圆的方程为，故选项C正确；
由以上可知，，，
因为，所以，则，
所以，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件和，则可判断选项A；由选项A和圆的性质可知，，设，则，分析可得为等腰直角三角形，则，进一步可得，，在中利用勾股定理和，从而求出椭圆的离心率的值，则可判断选项B；由椭圆的离心率和，从而可得椭圆的方程，则判断出选项C；根据角平分线定理可知，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；利用不等式的性质比较数（式）的大小；等比数列概念与表示；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，，则，故A正确；
由，
则非常数，故B错误；
由，又因为，
则，则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确；
因为，所以，
又因为，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据数列递推公式和数列首项，从而可得数列第二项，则判断出选项A；根据题意整理得，则判断出选项B；根据等比数列的定义，由递推公式整理，则判断出选项C；由选项C写出数列的通项公式，再利用作差法判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】0
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由已知可得，，
根据正态分布的对称性可知，
所以，，
所以，.
故答案为：0.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，再结合已知条件和对立事件求概率公式，从而得出a的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，均为锐角，所以，
由，得，
所以，
由，得，
所以，
所以，
解得，所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式以及两角和的余弦公式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系，
可得，
因为，可得，
设，
因为，则，
可得，整理得，
所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球，
又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心，
所以点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，
（如图所示的圆的虚线部分），
因为，
所以，
所以，则，
所以点的轨迹长度为.
故答案为：.
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由得到，从而得到点在空间中的轨迹为一个球，则点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，从而得出的值，则得到的值，再根据弧长公式得出点的轨迹长度.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
则，
因为，则，
所以，故，
由余弦定理可得.
（2）解：因为，
则，
因为，
可得，
因为，，
所以，，，
因为是上的点，且，
则，，
所以，
在中，由正弦定理可得，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件得出的值，再利用余弦定理结合可得，再根据余弦定理可得的值.
（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论，从而求出、、的值，再利用两角差的正弦公式求出的值，最后根据正弦定理求出的长.
（1）因为，所以，，即，
因为，则，即，故，
由余弦定理可得.
（2）因为，则，
因为，可得，
因为，，故，，，
是上的点，且，则，，
所以，，
在中，由正弦定理可得，
故.
16．【答案】（1）解：若选择方案一，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，，，
所以；
若选择方案二，
设该同学获得学习用品的价值为元，则，
则，
，
，
所以，
因为，
故选择方案一比较合适.
（2）解：设“该同学抽取中奖”为事件，
“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，
，
，
所以
则，
则所求概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件分别计算出两种方案的期望，再根据期望值判断该同学选择方案一比较合适.
（2）根据已知条件和全概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学选择乙抽奖箱的概率.
（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
17．【答案】（1）解：由，，
令，得或，
因为，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）解：当时，，且，
因为，
所以在上单调递增，
所以的解集为.
（3）解：设，，，
且，，
因为曲线在点处切线斜率为，
所以两点连线斜率为：
，
，
令，
则，
令，，
则，
令，
，
则在上单调递减，
，则，
所以在上单调递减，故，
，
又因为，则，
所以，则，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；斜率的计算公式
【解析】【分析】（1）先求导，再根据，令，从而得出函数的单调递增区间.
（2）当时，可判断在上单调递增，再结合得出不等式的解集.
（3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，再通过作差比较，从而构造函数，，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再根据，则，从而根据两点求斜率公式，进而判断出曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率的大小关系.
（1）由，，
令，得或，由于，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）当时，，且，
又，即在上单调递增，
所以的解集为.
（3）设，，，且，，
曲线在点处切线斜率为，
两点连线斜率为
，
，
令，则，
令，，
则，令，
，即在上单调递减，
，即，
所以在上单调递减，故，
，又，即，
所以，即，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
18．【答案】（1）证明：连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又因为在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
又因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
则A，D，O，E四点共面.
（2）解：连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又因为，设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，
又因为，设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，所以，
设直线与平面所成角为，
则
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件结合等边三角形三线合一，从而证出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，平面，再根据过O只有一个平面与垂直且平面与平面有公共点O，则平面与平面是同一平面，从而证出A，D，O，E四点共面.
（2）连接DO、AO、EO，AD，以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，则得出点的坐标，再结合等边三角形三线合一和勾股定理以及空间两点距离公式和(1)中为二面角平面角，从而设，则点，则得出向量的坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，则根据余弦型函数求最值的方法，从而得出直线与平面所成角的正弦值的最大值.
（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又，
设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，
设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
19．【答案】（1）解：由题意，直线的斜率为，
则过且平行于直线的直线方程，
联立，可得，
解得（舍）或，则，
所以；
过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为，
联立，可得（舍）或，
故；
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，
故，
所以；
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，
故；
过且平行于的直线方程为，
联立，可得，
故，
对于椭圆上任意一点，都有，
故，，
所以.
（2）证明：因为，
所以
，
则
，
所以，
同理，
故，
当且仅当
，
所以，
则.
（3）解：设，，
因为，点处的切线平行于，
又因为（2）知，
则，
因为，
所以，
则，
因为，
所以，
则，
若，则，
所以，
所以，存在异于S的点P，使得，
坐标为或或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件依次写出过的相关直线，再联立直线和椭圆方程求出交点坐标，根据题中定义求出，和的坐标.
（2）利用向量的坐标表示和三角恒等变换得，同理得，再根据向量平行的坐标表示、辅助角公式化简证出的充要条件是.
（3）设，，根据线段平行关系和（2）的结论，从而判断出存在异于S的点P，使得，并确定点P的坐标.
（1）由题设，直线的斜率为，则过且平行于直线的直线方程，
联立，可得，解得（舍）或，则，
所以，
过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为，
联立，可得（舍）或，故，
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，故，
所以，
过且平行于的直线方程为，
联立，可得（舍）或，故，
过且平行于的直线方程为，
联立，可得，故，
又对于椭圆上任意一点，都有，故，，
所以；
（2）由，
，
，
所以，
同理，
故，当且仅当
，
所以，即，得证；
（3）设，，
由，点处的切线平行于，
由（2）知，则，
由，所以，则，
由，所以，则，
若，则，即，
所以存在异于S的点P，使得，坐标为或或.
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