精品解析：四川省成都市成华区嘉祥外国语学校2025届高三上学期期中考试数学试题

2022级高三上期半期考试 数学 本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上． 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． 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，只有一项是符合要求的． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 8 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 6. 已知函数是上的单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设，已知函数在上恰有6个零点，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ） A. 函数的一个对称中心为 B. C. 函数为周期函数，且一个周期为4 D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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，都是服从正态分布的随机变量，且，，其中，，则下列命题正确的有（ ） A. B. C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 随着增大而减小 B. 曲线的横坐标取值范围为 C. 曲线与直线相交，且交点在第二象限 D. 是曲线上任意一点，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为12，则_________． 13. 设曲线和曲线在它们的公共点处有相同的切线，则的值为_________. 14. 现有标号依次为的盒子，标号为1的盒子里面有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球.现从1号盒子里面取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里面取出2个球放入3号盒子，则3号盒子里面是2个红球和2个白球的概率为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 16. 在一次考试中某班级50名学生的成绩统计如表，规定75分以下为一般，大于等于75分小于85分为良好，85分及以上为优秀. 分数 69 73 74 75 77 78 79 80 人数 2 4 4 2 3 4 6 3 分数 82 83 85 87 89 93 95 合计 人数 3 4 4 5 2 3 1 50 经计算样本的平均值，标准差.为评判该份试卷质量的好坏，从其中任取一人，记其成绩为，并根据以下不等式进行评判. ①；②；③. 评判规则：若同时满足上述三个不等式，则被评为优秀试卷；若仅满足其中两个不等式，则被评为合格试卷；其他情况，则被评为不合格试卷. （1）试判断该份试卷被评为哪种等级； （2）按分层随机抽样的方式从3个层次的学生中抽出10名学生，再从抽出的10名学生中随机抽出4人进行学习方法交流，用随机变量表示4人中成绩优秀的人数，求随机变量的分布列和均值. 17. 如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点． （1）证明：平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的正弦值． 18. 已知函数. （1）若函数在处切线的斜率为，求实数的值； （2）当时，恒成立，求实数的最大值； （3）当时，证明： 19. 对于数列，如果存在正整数，当任意正整数时均有，则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数，则称为的“无限递增相伴数列”． （1）已知，请写出一个数列的“无限递增相伴数列”，并说明理由？ （2）若满足，其中是首项的等差数列，当为的“无限递增相伴数列”时，求的通项公式： （3）已知等差数列和正整数等比数列满足：，其中k是正整数，求证：存在正整数k，使得为的“2024项递增相伴数列”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三上期半期考试 数学 本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上． 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． 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，只有一项是符合要求的． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解根式不等式，化简集合A，然后再根据集合交集运算规则即可求解. 【详解】依题意得，则． 故选：C. 2. 命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出命题“，”为真命题的等价条件，再结合必要不充分条件的定义逐项判断即可. 【详解】因为，为真命题，则或，解得， 对于A，，是命题“，”为真命题的充分不必要条件，A错误； 对于B，是命题“，”为真命题的充要条件，B错误； 对于C，，是命题“，”为真命题的必要不充分条件，C正确； 对于D，，是命题“，”为真命题的充分不必要条件，D错误； 故选：C 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】先应用向量垂直数量积为0求参，再根据模长公式求模长即可. 【详解】因为所以,所以, 因为，所以. 故选：A. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则原等式可化为，化简后求出即可. 【详解】令，则， 所以由， 得， 即， 即，得， 所以， 故选：C. 5. 清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案． 【详解】一斛米的体积为， 因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为， 故选：A. 6. 已知函数是上的单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合分段函数的单调性的判定方法，结合对数函数的性质，列出关于的不等式，即可求解. 【详解】根据题意，当时，，可得在上递增， 要使得函数 是上的单调函数， 则满足，且，解可得， 所以实数的取值范围为. 故选：B. 7. 设，已知函数在上恰有6个零点，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，解方程得或，在区间取6个零点即可. 【详解】由题意可知， 令， 即或， 即或， 当时，零点从小到大依次为， 因此有， 即． 故选：B． 8. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ） A. 函数的一个对称中心为 B. C. 函数为周期函数，且一个周期为4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由为奇函数，则，再将代入化简可求出对称中心；对于B，由选项A可得，再由为偶函数可得，令可求出；对于C，由的图象关于点对称，结合求出进行判断；对于D，利用赋值法求解判断. 【详解】对于A，因为为奇函数， 所以，即， 所以，所以， 所以函数的图象关于点对称，所以A正确， 对于B，在中，令，得，得， 因为函数为偶函数，所以， 所以， 所以， 令，则，所以，得，所以B正确， 对于C，因为函数的图象关于点对称，， 所以，所以， 所以4不是的周期，所以C错误， 对于D，在中令，则， 令，则，因为，所以， 因为，所以，所以D正确， 故选：C 【点睛】关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性、对称性和周期性，解题的关键是由已知条件化简后利用赋值法分析判断，考查计算能力，属于较难题. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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，都是服从正态分布的随机变量，且，，其中，，则下列命题正确的有（ ） A. B. C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正态分布的期望公式及方差公式即可判断AB；由正态分布的对称性即可判断C；由方差的性质即可判断D． 【详解】对于A，由正态分布的期望公式得，，故A正确； 对于B，由正态分布的方差公式得，，故B错误； 对于C，由正态分布的对称性得，， 所以，故C正确； 对于D，由，，，则，， 根据方差的性质知，分布更集中，所以，故D正确； 故选：ACD． 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据函数的极值点求参数的值，再利用导数求函数的单调性，判断AB，利用导数的几何意义求过点的切线方程，根据切点的个数，判断切线的条数，判断C，首先根据，利用数形结合确定的范围，再结合图象确定的零点个数，即可判断D. 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确： 对于B中，由，令，解得或， 当时，：当时，；当时，， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确： 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误： 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D正确. 故选：ABD. 11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 随着增大而减小 B. 曲线的横坐标取值范围为 C. 曲线与直线相交，且交点在第二象限 D. 是曲线上任意一点，则的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D. 【详解】因为曲线， 当，时，则曲线为椭圆的一部分； 当，时，则曲线为双曲线的一部分， 且双曲线的渐近线为； 当，时，则曲线为双曲线的一部分， 且双曲线的渐近线为； 可得曲线的图形如下所示： 由图可知随着增大而减小，故A正确； 曲线的横坐标取值范围为，故B错误； 因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误； 因为，即点到直线的距离的倍， 当直线与曲线相切时， 由，消去整理得， 则，解得（舍去）或， 又与的距离， 所以， 所以的取值范围为，故D正确； 故选：AD 【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为12，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】应用二项式定理写出含项，结合已知项系数列方程求值即可. 【详解】由的展开式通项为， 所以，含项为， 故，可得. 故答案为： 13. 设曲线和曲线在它们的公共点处有相同的切线，则的值为_________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据两曲线在有公切线，则是公共点，该点处的导数值相同，列出方程求出的值，则答案可求. 【详解】由已知得，解得， 又， 所以得， 所以， 所以. 故答案为：2 14. 现有标号依次为的盒子，标号为1的盒子里面有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球.现从1号盒子里面取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里面取出2个球放入3号盒子，则3号盒子里面是2个红球和2个白球的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设：从标号为1的盒子中取出的2个球中有个红球，，：3号盒子里面是2个红球和2个白球，则，由概率的乘法公式和全概率公式可得，再由古典概型分别求出对应结果，代入计算即可得到答案. 【详解】设：从标号为1的盒子中取出的2个球中有个红球，， ：3号盒子里面是2个红球和2个白球，所以， 则 . 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去，由和差公式和辅助角公式化简可得； （2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 由正弦定理有， 因为， 所以， 化简得， 由有，可得， 因为， 所以，则． 【小问2详解】 由有 又可得， 联立解得，所以为正三角形， 所以， 在中，由余弦定理得． 故的长为. 16. 在一次考试中某班级50名学生的成绩统计如表，规定75分以下为一般，大于等于75分小于85分为良好，85分及以上为优秀. 分数 69 73 74 75 77 78 79 80 人数 2 4 4 2 3 4 6 3 分数 82 83 85 87 89 93 95 合计 人数 3 4 4 5 2 3 1 50 经计算样本的平均值，标准差.为评判该份试卷质量的好坏，从其中任取一人，记其成绩为，并根据以下不等式进行评判. ①；②；③. 评判规则：若同时满足上述三个不等式，则被评为优秀试卷；若仅满足其中两个不等式，则被评为合格试卷；其他情况，则被评为不合格试卷. （1）试判断该份试卷被评为哪种等级； （2）按分层随机抽样的方式从3个层次的学生中抽出10名学生，再从抽出的10名学生中随机抽出4人进行学习方法交流，用随机变量表示4人中成绩优秀的人数，求随机变量的分布列和均值. 【答案】（1）该份试卷应被评为合格试卷 （2）分布列为 0 1 2 3 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据频数分布表，计算出，的值，由此判断出“该份试卷为合格试卷”； （2）利用超几何分布分布列计算公式，计算出分布列，并求得数学期望． 【小问1详解】 ， ， ， 因为考生成绩满足两个不等式，所以该份试卷应被评为合格试卷. 【小问2详解】 75分以下的人数为10；大于等于75分小于85分的人数为25；85分及以上的人数为15. 按分层随机抽样的方式从3个层次的学生中抽出10名学生，分别抽取人数为2，5，3.再从抽出的10名学生中随机抽出4人进行学习方法交流，用随机变量表示4人中成绩优秀的人数，则的取值可能为0，1，2，3. ，，，. ∴的分布列为 0 1 2 3 . 17. 如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点． （1）证明：平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， ，为的中点，， 又，． 又平面，平面，平面． 为的中点，． 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又平面，平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，从而证明平面，平面，即可得到平面平面，即可得证． （2）推导出平面，平面，平面平面，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，由（1）知，， 又，为的中点，， 又，平面，平面， 又平面，， 又，，平面，平面， 又平面，平面平面， 连接，，为的中点，， 又平面平面，平面， 平面，平面，， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 是与平面所成的角，即， ，设，则，，，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设二面角的平面角为， ， 所以，即二面角的正弦值为． 18. 已知函数. （1）若函数在处切线的斜率为，求实数的值； （2）当时，恒成立，求实数的最大值； （3）当时，证明： 【答案】（1）a=1 （2）2 （3）证明：由（2）知， 当 时， 有 即 设 取 ,所以 即 . 因为 所以 即 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数值等于切线斜率构造方程，求出a即可. （2）将a代入不等式，x和m参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可. （3）由（2）知， 当 时， 有 即 后进行放缩证明即可. 【小问1详解】 因为 ，所以， 所以a=1 【小问2详解】 因为 当 时， 恒成立，所以 设 则 因为 当x≥1时，有 所以函数 单调递增，故 所以函数 单调递增， 故 所以函数 单调递增，故 所以 所以实数m的最大值为2. 【小问3详解】 略 19. 对于数列，如果存在正整数，当任意正整数时均有，则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数，则称为的“无限递增相伴数列”． （1）已知，请写出一个数列的“无限递增相伴数列”，并说明理由？ （2）若满足，其中是首项的等差数列，当为的“无限递增相伴数列”时，求的通项公式： （3）已知等差数列和正整数等比数列满足：，其中k是正整数，求证：存在正整数k，使得为的“2024项递增相伴数列”． 【答案】（1），理由： 由于，我们可以取，此时恒有， 再由，当时，， 所以恒有，即满足题意. （2） （3）证明：取，若存在这样的正整数k使得 成立， 所以， 由，得， 于是， 又因为，所以当时，， 而时，， 所以，最后说明存在正整数k使得， 由， 上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k 【解析】 【分析】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前二项和最后三项； （2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项； （3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设 , 当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立 ，当时，，因为，所以， 即. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：通过第一，第二问的求解，掌握问题得以解决的关键就是每一项加1，从而再进行证明即可得到第三问的解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $