羅甸縣第一中學2025屆高三數學第一次半月考卷姓名：___________班級：___________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．已知角的頂點與平面直角坐標系的原點重合，始邊與軸非負半軸重合，終邊經過點，則A． B． C． D．2．已知集合，則?AA． B． C． D．3．在△中，，則A． B． C． D．4．已知為等差數列的前項和，，則A．240 B．60 C．180 D．1205．已知，則A． B． C． D．6．設函數，，當時，曲線與恰有一個交點，則A． B． C．1 D．27．已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為A．13 B．12 C．9 D．68．設函數，其中，若存在唯一的整數，使得，則的取值范圍是A． B． C． D．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.全部選對得6分，部分選多得部分分，有選錯的得0分.9．已知隨機變量的分布列如下表：-1012若，則 B． C． D．10．若方程所表示的曲線為C，則下面四個說法中正確的是A．曲線C可能是圓B．若，則C為橢圓C．若C為橢圓，且焦點在x軸上，則D．若C為橢圓，且焦點在y軸上，則11．投擲一枚質地不均勻的硬幣，已知出現正面向上的概率為p，記表示事件“在n次投擲中，硬幣正面向上出現偶數次”，則下列結論正確的是A．與是互斥事件 B．C． D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在答題卡中的橫線上.12．已知函數的一個單調減區(qū)間為，則，.13．已知直線與圓交于A，B兩點，寫出滿足“△面積為”的m的一個值．14．在銳角△的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c,若，則的取值范圍是．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．（13分）已知△的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosB＋bcosA＝2ccosB(1)求角B；(2)若A＝π4，角B的平分線交AC于點D，BD＝2，求CD的長．16．（15分）等比數列的各項均為正數，且.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.17．（15分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，為等邊三角形且垂直于底面.(1)求證：；(2)求平面與平面夾角的正弦值.18．（17分）已知橢圓的離心率為12．左頂點為，下頂點為是線段的中點（O為原點），的面積為．(1)求橢圓的方程．(2)過點C的動直線與橢圓相交于兩點．在軸上是否存在點，使得恒成立．若存在，求出點縱坐標的取值范圍；若不存在，請說明理由．19．(17分)已知函數(1)若，且，求的最小值；(2)證明：曲線是中心對稱圖形；(3)若當且僅當，求的取值范圍．答案解析一、單選題1．【答案】B【分析】根據三角函數的定義求得，利用二倍角公式求得正確答案.【詳解】由三角函數的定義得：，.故選：B2．【答案】D【分析】由集合的定義求出，結合交集與補集運算即可求解.【詳解】因為，所以，則，故選：D3．【答案】B【分析】利用正弦定理的邊角變換與余弦定理即可得解.【詳解】因為，所以由正弦定理得，即，則，故，又，所以.故選：B.4．【答案】D【分析】利用等差數列的性質以及前項和公式求解即可.【詳解】因為數列為等差數列，所以，所以，所以．故選：D．5．【答案】C【分析】代入二倍角公式，以及誘導公式，即可求解.【詳解】由條件可知，，而.故選：C6．【答案】D【分析】解法一：令，分析可知曲線與恰有一個交點，結合偶函數的對稱性可知該交點只能在y軸上，即可得，并代入檢驗即可；解法二：令，可知hx為偶函數，根據偶函數的對稱性可知hx的零點只能為0，即可得，并代入檢驗即可.【詳解】解法一：令，即，可得，令，原題意等價于當時，曲線與恰有一個交點，注意到均為偶函數，可知該交點只能在y軸上，可得，即，解得，若，令，可得因為x∈-1,1，則，當且僅當時，等號成立，可得，當且僅當時，等號成立，則方程有且僅有一個實根0，即曲線與恰有一個交點，所以符合題意；綜上所述：.解法二：令，原題意等價于hx因為，則hx根據偶函數的對稱性可知hx的零點只能為0即，解得，若，則，又因為當且僅當時，等號成立，可得，當且僅當時，等號成立，即hx有且僅有一個零點0，所以符合題意；故選：D.7．【答案】C【分析】本題通過利用橢圓定義得到，借助基本不等式即可得到答案．【詳解】由題，，則，所以（當且僅當時，等號成立）．故選：C．【點睛】8．【答案】D【分析】設，，問題轉化為存在唯一的整數使得滿足，求導可得出函數的極值，數形結合可得且，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】設，，由題意知，函數在直線下方的圖象中只有一個點的橫坐標為整數，，當時，；當時，.所以，函數的最小值為.又，.直線恒過定點且斜率為，故且，解得，故選D.【點睛】本題考查導數與極值，涉及數形結合思想轉化，屬于中等題.二、多選題9．【答案】AD【分析】根據給定條件，利用分布列的性質列式求解即得.【詳解】依題意，，所以.故選：AD10．【答案】AD【分析】根據方程為圓列式求解判斷A，排除B，根據橢圓標準方程的特征列不等式求解范圍即可判斷CD.【詳解】當即時，方程為，表示圓心為原點，半徑為1的圓，故選項A正確，選項B錯誤；若C為橢圓，且焦點在x軸上，則，解得，故選項C錯誤；若C為橢圓，且焦點在y軸上，則，解得，故選項D正確.故選：AD.11．【答案】ACD【分析】對A根據對立事件和互斥事件的關系即可判斷；對B，直接計算即可；對C，利用全概率公式即可；對D，構造結合等比數列和函數單調性即可判斷.【詳解】對A，因為對立事件是互斥事件，所以A正確；對B，，所以B錯；對C，由全概率公式可知，所以C正確；對D，由C可知，因為，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以，所以，因為且，所以，所以，所以是關于n的遞減數列，所以，D正確．故選：ACD.【點睛】關鍵點睛：本題D選項的關鍵是結合等比數列定義變形化簡得到，最后得到，利用函數單調性分析數列單調性即可.三、填空題12．【答案】2/【分析】根據三角函數的單調性和周期性等圖象性質易得結果.【詳解】由題意，周期，所以，此時，當時，可得，則，解得，又，所以.故答案為：2；.13．【答案】（中任意一個皆可以）【分析】根據直線與圓的位置關系，求出弦長，以及點到直線的距離，結合面積公式即可解出．【詳解】設點到直線的距離為，由弦長公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．故答案為：（中任意一個皆可以）．14．【答案】【分析】由正弦定理邊角關系、和差角正弦公式可得，結合△為銳角三角形，可得及角A的范圍，進而應用正弦定理邊角關系即可求的范圍.【詳解】由題設，，而，所以，又，所以，且△為銳角三角形，則，可得，而.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：應用正弦定理邊角關系及銳角三角形性質，求角A、C的關系及A的范圍，最后由邊角關系求范圍.四、解答題15．解(1)因為acosB＋bcosA＝2ccosB，所以由正弦定理可得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosB，所以sin(A＋B)＝2sinCcosB，即sinC＝2sinCcosB，因為0<C<π，所以sinC>0，故cosB＝12因為0<B<π，所以B＝π3解(2).由(1)及題意可知∠ABD＝∠CBD＝π6又A＝π4，所以∠ADB＝7π12，∠CDB＝5π12，所以BC＝BD＝2，在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠CBD，即CD2＝2＋2－2×2×2×32＝4－23＝(3－1)2，解得CD＝3－116．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據題意列出方程組，求出首項與公比，即可求出等比數列的通項公式即可；（2）由an＝化簡bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，可得到bn的通項公式，求出的通項公式，利用裂項相消法求和.【詳解】（1）設數列{an}的公比為q,由＝9a2a6得＝9,所以q2＝.由條件可知q＞0,故q＝.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.故數列{an}的通項公式為an＝.（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.故.所以數列的前n項和為17．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）法一：先證，再由線面垂直的判定定理證明面，即可得證；法二：建系，由空間向量的坐標運算代入計算，即可證明；（2）法一：建系，由面面角的向量求法，代入計算，即可得到結果；法二：由面面角的定義，代入計算，即可得到結果.【詳解】（1）法一：證明：如圖所示，取中點，為等邊三角形，，

又面垂直于底面，交線為，得面，又面.底面為直角梯形，，，，，，所以，，，所以，得，又，得面，面，所以.法二：取中點，為等邊三角形且垂直于底面，交線為，則，得面，又因為，，，可設，則以為坐標原點，過點與平行的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

得，，C1,1,0，得，，所以，得.（2）法一：由（1）知面，不妨設，則，以為坐標原點，過點與平行的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

得，B1,0,0，C1,1,0，，，；設平面的一個法向量為，則，，可取；設平面的一個法向量為m=x則，即，可取.設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的正弦值為.法二：不妨設，為等邊三角形且垂直于底面，交線為，

底面為直角梯形，，，所以面，又，得面，面，得面面，交線為，取的中點，則，等邊邊長為2，則，，則面，則點到面的距離等于點到面的距離為，因為面，面，，均為直角三角形，，得，，.作，可得，所以平面與平面夾角的正弦值為.18．【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.【分析】（1）根據橢圓的離心率和三角形的面積可求基本量，從而可得橢圓的標準方程.（2）設該直線方程為：，，聯(lián)立直線方程和橢圓方程并消元，結合韋達定理和向量數量積的坐標運算可用表示，再根據可求的范圍.【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，所以，故，故，所以，，故橢圓方程為：.（2）若過點的動直線的斜率存在，則可設該直線方程為：，設，由可得，故且而，故，因為恒成立，故，解得.若過點的動直線的斜率不存在，則或，此時需，兩者結合可得.綜上，存在，使得恒成立.【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的范圍問題，往往需要用合適的參數表示目標代數式，表示過程中需要借助韋達定理，此時注意直線方程的合理假設.19【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）求出后根據可求的最小值；（2）設為y=fx圖象上任意一點，可證關于的對稱點為也在函數的圖像上，從而可證對稱性；（3）根據題設可判斷即，再根據在上恒成立可求得.【詳解】（1）時，，其中，則，因為，當且僅當時等號成立，故，而f'x≥0成立，故即，所以的最小值為.，（2）的定義域為0,2，設為y=f關于的對稱點為，因為在y=fx圖象上，故而，，所以也在y=f由的任意性可得y=fx圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為（3）因為當且僅當，故為的一個解，所以即，先考慮時，恒成立.此時即為在上恒成立，設，則在0,1上恒成立，設，