精品解析：山东省青岛第二中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

青岛二中2024-2025学年第一学期期中考试—高三数学试题 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数性质和一元二次不等式的解法求出集合，然后由集合的并集运算可得. 【详解】由指数函数的值域可得，解不等式得， 所以. 故选：B． 2. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积. 【详解】因为底面半径，所以底面周长， 又圆锥母线长，所以圆锥侧面积． 故选：A． 3. 已知复数满足，则复数在复平面内对应点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】设，运用复数加、减运算及复数模的公式计算即可. 【详解】设，则， 所以，， 所以， 又，所以，即， 所以复数在复平面内对应点的轨迹为抛物线. 故选：D. 4. 设为数列的前项和，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的关系可得递推公式，利用递推公式可得. 【详解】当时，，所以， 整理得，所以. 故选：B． 5. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合对数函数单调性分析判断即可. 【详解】因为，可得， 且，则，可得，所以； 又因为，则，所以； 综上所述：. 故选：C 6. 已知角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦和角公式，同角三角函数关系得到，故，利用正切和角公式得到方程，求出. 【详解】因为， ， 所以， 即，则， 因为，所以， 其中， 故，解得. 故选：B. 7. 已知球的直径为是球面上两点，且，则三棱锥的体积（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用球体的性质先计算球心到平面的距离，再根据棱锥的体积公式计算即可. 【详解】由题意可知为正三角形，设其外接圆圆心为M，半径为r， 则，且平面， 所以，故C到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为. 故选：C 8. 已知双曲线的左，右顶点分别为是双曲线上不同于，的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先根据双曲线的方程，得到，再设，通过求导，判断函数的极小值点，得到的值，再根据的关系求双曲线的离心率. 【详解】设为双曲线上异于、两点的任意一点，则， 又，，所以： 所以， 设，则（）， 因为， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数取得最小值. 即时，取得最小值. 此时：. 故选：A 二､多选题：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. 关于函数，下列说法中正确的是（ ） A. 图象关于直线对称 B. 曲线在点处的切线方程为 C. 最大值为 D. 为的周期 【答案】BC 【解析】 【分析】利用轴对称的条件，验证成立与否判断A，利用导数的几何意义判断B，利用导数研究函数的单调性与最值判断C，利用周期定义验证D， 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，由，可得 所以，又， 所以切线方程为：，即，故B正确； 对于C，，所以是的一个周期， 又，所以图象关于直线对称， 所以的最大值即在上的最大值， 令，得，令，则， 所以当时，， 当时，， 当时，， 则在上单减，在上单增，在上单减， 所以在处取极大值， ，所以函数的最大值为1，故C正确， 对于D，，故不是的周期，故D错误； 故选：BC 10. 在棱长为2的正方体中，点在侧面（包含边界）内运动，点为正方形的中心，则下列说法正确的是（ ） A. 不存在，使得平面 B. 若点在上，则为定值 C. 若，则点的轨迹为线段 D. 若为侧面的中心，则二面角正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】当为中点时，平面，可得选项A错误；利用线面平行转化三棱锥体积可得选项B正确；根据分析可得点在两平面的交线上，结合题目条件可知选项C正确；求两平面的法向量，利用二面角的向量求法可知选项D正确. 【详解】由题意得，为中点. 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，. A.由题意得，， ∴，∴， ∵平面，平面，， ∴平面， 当为中点时，，平面，选项A错误. B.由题意得，， ∵平面，平面，∴平面， 若点在上，则点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴，故为定值，选项B正确. C.由题意得，， ∴，∴， ∵平面，平面，， ∴平面， 由平面，得，平面，故点在平面与平面的交线上，即点在直线上， 由点在侧面（包含边界）内运动，故点的轨迹为线段，选项C正确. D.由题意得，，平面的法向量为 ∴，， 设平面的法向量为，则，可取， 设二面角的平面角为，则， ∴，故选项D正确. 故选：BCD. 11. 设数列满足，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合二次函数的性质可判断A；由放缩法可得即可判断B；由放缩法可得，再由累乘法可得，可判断C；由累加法可得，即可判断D. 【详解】对于A，，因为， 根据二次函数的性质，所以，所以，故A正确； 对于B，， 所以， ，，所以，故B正确； 对于C，， ， 所以，累乘可得：， 所以， 所以，故C错误； 对于D，因为， 所以， 所以， 所以，数列的前项和为， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题C选项的关键是通过由放缩法得到，对不等式两边取对数可得，再由累乘法得到，进而证得. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的常数项为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式，将代入通项中即可得到常数项. 【详解】展开式通项为：； 令，解得：，展开式中的常数项为. 故答案为：. 13. 若函数的图象上点与点､点与点分别关于原点对称，除此之外不存在函数图象上的其他两点关于原点对称，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意将问题转化为在的图象关于原点对称后与的图象有两个交点，即转化为方程在上有两根，分离参数为在上有两根，求导确定函数的单调性与取值情况，作出大致图象，即可求得实数的取值范围. 【详解】若有两组点关于原点对称，则在的图象关于原点对称后与的图象有两个交点． 由时，，得其关于原点对称后的解析式为． 问题转化为与在上有两个交点，即方程有两根， 化简得，即与在上有两个交点． 对于，求导，令，解得：， 即当时，单调递增， 令，解得：． 即当时，单调递减， ∴为其极大值点，，趋近正无穷时，趋近0，画出其大致图像： 欲使与在时有两个交点，则，即． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 14. 已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数关于点中心对称，进而正方形的对称中心为，设出直线的方程为，则直线的方程为，,，,，则,，,，联立直线方程与函数可得，，由，可得，进而求得的值，所以可得，代值计算即可得出答案． 【详解】因为，所以，则，得函数关于点中心对称， 显然该正方形的中心为， 由正方形性质可知，于，且， 不妨设直线的方程为，则直线的方程为， 设,，,，则,，,， 联立直线方程与函数得，即， ，同理， 又， ，即， 化简得，， ， ． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线的综合运用.解决本题的关键是利用函数的对称性与正方形的对称性，从而可设互相垂直的两条直线，再根据直线与曲线相交的坐标关系，进而利用相交弦长公式确定直线斜率关系式.考查了运算求解能力，属于较难题目． 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. 在三角形中，角所对的边分别为已知. （Ⅰ）求角C的大小； （Ⅱ）若且，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ），（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出角； （2）由正弦定理可得，将转化为关于的三角函数，利用三角函数的性质求出取值范围. 【详解】解：（1） 由正弦定理，，即 由余弦定理，， 又 （2）因为且，由正弦定理得， ， 【点睛】本题考查正弦定理解三角形，三角恒等变换以及正弦函数的性质，属于中档题. 16. 现有一个不透明的袋子中装着标有数字的大小、材质完全相同的小球各个，从中任意抽取个，每个小球被抽到的可能性相等，用表示取出的个小球中的最大数字. （1）已知一次取出个小球的数字之和大于，求这个球中最小数字为的概率； （2）求随机变量的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 2 3 4 5 数学期望为 【解析】 【分析】（1）分类讨论得到数字之和大于的概率及取出的个球中最小数字为的概率后结合条件概率公式计算即可得. （2）得出的所有可能取值及其对应概率即可得其分布列，结合分布列计算即可得其期望. 【小问1详解】 一次取出的3个球中数字之和大于10的情况共有30种， 含 155，255，355，455共种可能，544，344共种可能， 245，345共种可能，335共种可能， 这30种情况中最小数字为3有355，344，345，335共种可能， 设“一次取出的3个球中数字之和大于10”为事件， 则， “取出的3个球中最小数字为3”为事件，则， 所以； 【小问2详解】 可能的取值为， ， ， ， ， 的分布列为： 2 3 4 5 . 17. 如图，是底面直径为2，高为1的圆柱的轴截面，四边形绕逆时针旋转到. （1）求证：无论如何旋转，始终与垂直； （2）当直线与平面所成角最大时，求的值. 【答案】（1）证明：连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，由圆柱的性质知：平面， 平面，所以， 又，，平面， 所以平面，平面， 所以，又因为，所以. AI （2）当直线与平面所成角最大时，. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，即可证得，再由，即可证得； （2）取圆弧的中点为，分别以，，所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量与平面的法向量，由二面角向量公式结合换元法和基本不等式即可求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取圆弧的中点为，连接，则， 分别以，，所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，设，， 平面的法向量为，设直线与平面所成角为， 所以， 所以，令， 所以代入可得：， 当且仅当，即时取等，此时. 18. 已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为. （1）求抛物线的方程； （2）过曲线上一点作两条互相垂直的直线，分别交曲线于（异于点）两点，求证：直线恒过定点； （3）若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程； （2）设直线方程为,直曲联立，由韦达定理得到，由两条直线垂直，借助.得到关系式代入得定点. （3）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可. 【小问1详解】 当时，，，所以， 由题意可知，， 所以，所以抛物线的方程为 【小问2详解】 根据题意,设直线方程为,联立，得到，所以，由于两条直线垂直，则. 即 化简整理得到所以，代入得，故直线恒过定点. 【小问3详解】 如图，    设， 因为为的重心， 所以； 因为， 且..； 所以； 设，与联立得：，所以， 所以，则； 所以； 所以的取值范围为. 19. 定义函数． （1）求曲线在处的切线斜率； （2）若对任意恒成立，求k的取值范围； （3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由． （注：…是自然对数的底数） 【答案】（1） （2） （3）当为奇数时，有唯一零点，无最小值； 当为偶数时，没有零点，存在最小值. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）通过参变分离以及求解函数的最值得出结果； （3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数的零点个数及最值. 【小问1详解】 由， 可得, 所以曲线在处的切线斜率. 【小问2详解】 若对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 令，则， 由解得，或；由解得， 故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又，且当时，， 故的最小值为， 故，即的取值范围是. 【小问3详解】 ， 当时，， 因此当为奇数时，， 此时 则，所以单调递减. 此时，显然有唯一零点，无最小值. 当时， 且当时， ， 由此可知此时不存在最小值. 从而当为奇数时，有唯一零点，无最小值， 当时，即当为偶数时，， 此时， 由，解得；由，解得 则在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为， 即，所以当为偶数时，没有零点. 设， ， 所以在上单调递增，，即. 令可得， 当时 ， 即. 从而当为偶数时，没有零点，存在最小值. 综上所述，当为奇数时，有唯一零点，无最小值； 当为偶数时，没有零点，存在最小值. 【点睛】方法点睛：恒成立问题的等价转化法则 （1）恒成立恒成立； （2）恒成立恒成立； （3）恒成立，恒成立； （4）恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛二中2024-2025学年第一学期期中考试—高三数学试题 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则复数在复平面内对应点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 4. 设为数列的前项和，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 5. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 已知角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知球的直径为是球面上两点，且，则三棱锥的体积（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左，右顶点分别为是双曲线上不同于，的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 二､多选题：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. 关于函数，下列说法中正确的是（ ） A. 图象关于直线对称 B. 曲线在点处的切线方程为 C. 最大值为 D. 为的周期 10. 在棱长为2的正方体中，点在侧面（包含边界）内运动，点为正方形的中心，则下列说法正确的是（ ） A. 不存在，使得平面 B. 若点在上，则为定值 C. 若，则点的轨迹为线段 D. 若为侧面的中心，则二面角正弦值为 11. 设数列满足，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的常数项为_______． 13. 若函数的图象上点与点､点与点分别关于原点对称，除此之外不存在函数图象上的其他两点关于原点对称，则实数的取值范围是__________. 14. 已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________． 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. 在三角形中，角所对的边分别为已知. （Ⅰ）求角C的大小； （Ⅱ）若且，求的取值范围. 16. 现有一个不透明的袋子中装着标有数字的大小、材质完全相同的小球各个，从中任意抽取个，每个小球被抽到的可能性相等，用表示取出的个小球中的最大数字. （1）已知一次取出个小球的数字之和大于，求这个球中最小数字为的概率； （2）求随机变量的分布列及数学期望. 17. 如图，是底面直径为2，高为1的圆柱的轴截面，四边形绕逆时针旋转到. （1）求证：无论如何旋转，始终与垂直； （2）当直线与平面所成角最大时，求的值. 18. 已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为. （1）求抛物线的方程； （2）过曲线上一点作两条互相垂直的直线，分别交曲线于（异于点）两点，求证：直线恒过定点； （3）若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围. 19. 定义函数． （1）求曲线在处的切线斜率； （2）若对任意恒成立，求k的取值范围； （3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由． （注：…是自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $