罗甸县第一中学2025届高三数学第一次半月考卷姓名：_班级：_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已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则ABCD2已知集合，则AAB=ABCD3在中，则ABCD4已知为等差数列的前项和，则A240B60C180D1205已知，则ABCD6设函数，当时，曲线与恰有一个交点，则ABC1D27已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为A13B12C9D68设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是ABCD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.全部选对得6分，部分选多得部分分，有选错的得0分.9 已知随机变量的分布列如下表：-1012若，则A BCD10若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是A曲线C可能是圆B若，则C为椭圆C若C为椭圆，且焦点在x轴上，则D若C为椭圆，且焦点在y轴上，则11投掷一枚质地不均匀的硬币，已知出现正面向上的概率为p，记表示事件“在n次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是A与是互斥事件BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡中的横线上.12已知函数的一个单调减区间为，则，.13已知直线与圆交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值14在锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,若，则的取值范围是四、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）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosBbcosA2ccosB(1)求角B；(2)若A4，角B的平分线交AC于点D，BD2，求CD的长16（15分）等比数列的各项均为正数，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.17（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形且垂直于底面.(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的正弦值.18（17分）已知椭圆的离心率为12左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为(1)求椭圆的方程(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点在轴上是否存在点，使得恒成立若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由19(17分)已知函数(1)若，且，求的最小值；(2)证明：曲线是中心对称图形；(3)若当且仅当，求的取值范围答案解析一、单选题1【答案】B【分析】根据三角函数的定义求得，利用二倍角公式求得正确答案.【详解】由三角函数的定义得：，.故选：B2【答案】D【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为，所以，则，故选：D3【答案】B【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.4【答案】D【分析】利用等差数列的性质以及前项和公式求解即可.【详解】因为数列为等差数列，所以，所以，所以故选：D5【答案】C【分析】代入二倍角公式，以及诱导公式，即可求解.【详解】由条件可知，而.故选：C6【答案】D【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知hx为偶函数，根据偶函数的对称性可知hx的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.【详解】解法一：令，即，可得，令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，若，令，可得因为x-1,1，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：.解法二：令，原题意等价于hx有且仅有一个零点，因为，则hx为偶函数，根据偶函数的对称性可知hx的零点只能为0，即，解得，若，则，又因为当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，即hx有且仅有一个零点0，所以符合题意；故选：D.7【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案【详解】由题，则，所以（当且仅当时，等号成立）故选：C【点睛】8【答案】D【分析】设，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数， ，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.二、多选题9 【答案】AD【分析】根据给定条件，利用分布列的性质列式求解即得.【详解】依题意，所以.故选：AD10【答案】AD【分析】根据方程为圆列式求解判断A，排除B，根据椭圆标准方程的特征列不等式求解范围即可判断CD.【详解】当即时，方程为，表示圆心为原点，半径为1的圆，故选项A正确，选项B错误；若C为椭圆，且焦点在x轴上，则，解得，故选项C错误；若C为椭圆，且焦点在y轴上，则，解得，故选项D正确.故选：AD.11【答案】ACD【分析】对A根据对立事件和互斥事件的关系即可判断；对B，直接计算即可；对C，利用全概率公式即可；对D，构造结合等比数列和函数单调性即可判断.【详解】对A，因为对立事件是互斥事件，所以A正确；对B，所以B错；对C，由全概率公式可知，所以C正确；对D，由C可知，因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以，因为且，所以，所以，所以是关于n的递减数列，所以，D正确故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是结合等比数列定义变形化简得到，最后得到，利用函数单调性分析数列单调性即可.三、填空题12【答案】 2 /【分析】根据三角函数的单调性和周期性等图象性质易得结果.【详解】由题意，周期，所以，此时，当时，可得，则，解得，又，所以.故答案为：2；.13【答案】（中任意一个皆可以）【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或故答案为：（中任意一个皆可以）14【答案】【分析】由正弦定理边角关系、和差角正弦公式可得，结合为锐角三角形，可得及角A的范围，进而应用正弦定理边角关系即可求的范围.【详解】由题设，而，所以，又，所以，且为锐角三角形，则，可得，而.故答案为：【点睛】关键点点睛：应用正弦定理边角关系及锐角三角形性质，求角A、C的关系及A的范围，最后由边角关系求范围.四、解答题15解(1)因为acosBbcosA2ccosB，所以由正弦定理可得sinAcosBsinBcosA2sinCcosB，所以sin(AB)2sinCcosB，即sinC2sinCcosB，因为0C0，故cosB12，因为0B，所以B3.解(2).由(1)及题意可知ABDCBD6，又A4，所以ADB712，CDB512，BCD512，所以BCBD2，在BCD中，由余弦定理可得CD2BD2BC22BDBCcos CBD，即CD22222232423(31)2，解得CD31.16【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；（2）由an化简bnlog3a1log3a2log3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】（1）设数列an的公比为q,由9a2a6得9,所以q2.由条件可知q0,故q.由2a13a21得2a13a1q1,所以a1.故数列an的通项公式为an.（2）bnlog3a1log3a2log3an（12n）.故.所以数列的前n项和为17【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）法一：先证，再由线面垂直的判定定理证明面，即可得证；法二：建系，由空间向量的坐标运算代入计算，即可证明；（2）法一：建系，由面面角的向量求法，代入计算，即可得到结果；法二：由面面角的定义，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）法一：证明：如图所示，取中点，为等边三角形，又面垂直于底面，交线为，得面，又面.底面为直角梯形，所以，所以，得，又，得面，面，所以.法二：取中点，为等边三角形且垂直于底面，交线为，则，得面，又因为，可设，则以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，得，C1,1,0，得，所以，得.（2）法一：由（1）知面，不妨设，则，以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，得，B1,0,0，C1,1,0，；设平面的一个法向量为，则，可取；设平面的一个法向量为m=x1,y1,z1，则，即，可取.设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的正弦值为.法二：不妨设，为等边三角形且垂直于底面，交线为，底面为直角梯形，所以面，又，得面，面，得面面，交线为，取的中点，则，等边边长为2，则，则面，则点到面的距离等于点到面的距离为，因为面，面，均为直角三角形，得，.作，可得，所以平面与平面夹角的正弦值为.18【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.（2）设该直线方程为：， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，其中为半焦距，所以，故，故，所以，故椭圆方程为：.（2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设， 由可得，故且