精品解析： 青海省西宁市大通县2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

大通县2025届高三年级期中考试 高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，用楾皮擦干净后，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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 下列双曲线中，焦点在轴上的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则中元素的个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 3. 若复数满足，则虚部与实部之差为（ ） A. B. C. D. 4. 将7张不同的邮票分给甲、乙、丙三位同学，每人至少2张，且邮票都要分完，则甲、乙分得的邮票数相等的分法共有（ ） A. 210种 B. 420种 C. 240种 D. 480种 5. 下列函数中，在上为减函数是（ ） A. B. C. D. 6. 若是等差数列，且，，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知过抛物线的焦点作斜率为的直线，与的一个交点位于第四象限，且与的准线交于点，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 已知，，则使成立的一个充分条件是（ ） A B. C. D. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的终边经过点，则（ ） A. B. 可能等于 C. D. 可能等于 10. 已知表示不超过的最大整数．设函数的两个零点为，则（ ） A B. C. D. 11. 在体积为的正四棱锥中，异面直线PC与AB所成角的余弦值为，则（ ） A. B. 二面角的余弦值为 C. 正四棱锥的外接球的表面积为 D. 直线BC与平面PCD所成角的正切值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知离散型随机变量的分布列为 1 2 3 4 则______. 13. 已知，，且是奇函数，则______. 14. 已知向量，，满足，，，.若恒成立，则的最大值为______. 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. 某红茶批发地只经营甲､乙､丙三种品牌的红茶，且甲､乙､丙三种品牌的红茶优质率分别为. （1）若该红茶批发地甲､乙､丙三种品牌的红茶市场占有量的比例为，小张到该批发地任意购买一盒红茶，求他买到的红茶是优质品的概率； （2）若小张到该批发地甲､乙､丙三种品牌店各任意买一盒红茶，求他恰好买到两盒优质红茶的概率. 16. 在中，、、的对边分别为、、，且. （1）若的面积，，求； （2）若，求. 17. 如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点. （1）证明：平面ABCD. （2）若，求点N到平面AMF距离. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）若有3个零点，求的取值范围. 19. 椭圆有一个光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光照射到椭圆上，其反射光线会经过椭圆的另一个焦点.已知椭圆的左、右焦点分别为，，光线从发出，经过上一点（不在轴上）反射后，到达椭圆上的点，再反射到达上的点，不断反射，得到反射点列，设. （1）若的焦距为2，，，求的离心率； （2）证明：； （3）证明：是等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大通县2025届高三年级期中考试 高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，用楾皮擦干净后，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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 下列双曲线中，焦点在轴上的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程形式可知结果. 【详解】根据双曲线的标准方程可知，双曲线的焦点在轴上. 故选：C 2. 已知集合，，则中元素的个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合中元素特征直接利用交集运算法则可得结果. 【详解】由可知集合中的元素是非负偶数， 所以可得，则中元素的个数为5. 故选：A 3. 若复数满足，则的虚部与实部之差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算化简复数，结合复数的概念即可得解. 【详解】因为， 所以，复数的虚部为，实部为， 所以，的虚部与实部之差为. 故选：B. 4. 将7张不同的邮票分给甲、乙、丙三位同学，每人至少2张，且邮票都要分完，则甲、乙分得的邮票数相等的分法共有（ ） A. 210种 B. 420种 C. 240种 D. 480种 【答案】A 【解析】 【分析】由题意确定甲乙两人分得的邮票数，然后由组合知识求解． 【详解】依题意可得，甲、乙分得的邮票数相等且丙至少2张，意味着甲、乙两人都分得2张邮票， 所以甲、乙分得的邮票数相等的分法共有种. 故选：A． 5. 下列函数中，在上为减函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数单调性及复合函数的单调性性质判断． 【详解】，，在上均不是单调函数， 时，， 所以在上为增函数，在上为减函数. 故选：D． 6. 若是等差数列，且，，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的通项公式求得通项，然后分组求和可得． 【详解】设等差数列的公差为，则， 所以，则， 故数列的前10项和为. 故选：C． 7. 已知过抛物线的焦点作斜率为的直线，与的一个交点位于第四象限，且与的准线交于点，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】作出几何图形，结合抛物线定义列式计算即得. 【详解】如图，过点作准线的垂线，垂足为，则，， 由，得，则， 因此，所以. 故选：B 8. 已知，，则使成立的一个充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件的定义，结合基本不等式、二次函数性质判断． 【详解】对于A，取，，显然有成立，但不成立，不符合题意. 对于B，由，得，所以，可推出，符合题意. 对于C，，可得，不符合题意. 对于D，由，得，因为，，所以，所以，不能推出，不符合题意. 故选：B． 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的终边经过点，则（ ） A. B. 可能等于 C. D. 可能等于 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据任意角三角函数定义即可判断A；结合两角和差公式即可判断C；结合象限角的符号判断BD. 【详解】因为的终边经过点，且， 所以，，故A，C正确 因为点在第四象限，所以不可能等于，可能等于，B错误，D正确. 故选：ACD. 10. 已知表示不超过的最大整数．设函数的两个零点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性与极值、最值，结合零点存在性定理及新定义计算即可. 【详解】.当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因为，，，， 所以，，所以，. 故选：AC 11. 在体积为的正四棱锥中，异面直线PC与AB所成角的余弦值为，则（ ） A. B. 二面角的余弦值为 C. 正四棱锥的外接球的表面积为 D. 直线BC与平面PCD所成角的正切值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断A；根据二面角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断B；利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可判断C；根据直线与平面所成角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断D. 【详解】取的中点，设为正方形的中心，连接，，则. 因为，所以异面直线与所成的角即，则. 设，则，，，则， 所以正四棱锥体积为， 解得，所以，故A错误. 在正方形中，由于，为的中点， 所以，则为二面角的平面角， 所以，故B正确. 设正四棱锥的外接球的球心为，且，又， 由，得，解得， 所以正四棱锥的外接球的表面积为，故C正确. 因为，所以直线与平面所成的角即直线与平面所成的角. 过点作，垂足为， 因为平面，且平面， 所以，又，且平面， 所以平面，又平面， 所以，又，且平面， 所以平面， 则为直线与平面所成的角， 则，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求解立体几何中空间角的问题，往往有两种方法，一种是利用定义先找到角的位置，再求解；另一种是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知离散型随机变量的分布列为 1 2 3 4 则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据分布列及期望的求法求随机变量的期望. 【详解】由分布列，有. 故答案为： 13. 已知，，且是奇函数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据是奇函数得到和的关系，求出. 【详解】由是奇函数，得， 令，得，则. 故答案为：. 14. 已知向量，，满足，，，.若恒成立，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据可得，即可建立直角坐标系，根据数量积的坐标运算可得在以为圆心，为半径的圆上，即可根据共线求解. 【详解】因为，结合，所以. 建立如图所示的平面直角坐标系， 使得，. 令，则，， 代入，整理得， 所以点在以为圆心，为半径的圆上. 因为，点在圆内，所以， 当且仅当点在的延长线上时，等号成立. 若恒成立，则，所以的最大值为. 故答案为： 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. 某红茶批发地只经营甲､乙､丙三种品牌的红茶，且甲､乙､丙三种品牌的红茶优质率分别为. （1）若该红茶批发地甲､乙､丙三种品牌的红茶市场占有量的比例为，小张到该批发地任意购买一盒红茶，求他买到的红茶是优质品的概率； （2）若小张到该批发地甲､乙､丙三种品牌店各任意买一盒红茶，求他恰好买到两盒优质红茶的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出对应事件，利用全概率公式完成概率计算； （2）先分析目标事件所包含的事件，然后利用概率乘法公式计算出结果. 【小问1详解】 设事件分别表示小张买到的红茶品牌为甲品牌、乙品牌、丙品牌，事件表示他买到的红茶是优质品， 则依据已知可得，， 由全概率公式得， 所以他买到的红茶是优质品的概率为. 【小问2详解】 设事件表示他恰好买到两盒优质红茶，组成事件的情况有： 甲乙优质红茶丙非优质红茶、甲丙优质红茶乙非优质红茶，乙丙优质红茶甲非优质红茶，且优质与否互相独立， 则， 所以他恰好买到两盒优质红茶的概率为. 16. 在中，、、的对边分别为、、，且. （1）若的面积，，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式结合已知条件可得出、的值，然后利用余弦定理可求得的值； （2）由正弦定理可得出，再由以及三角恒等变换化简可得出，求出的取值范围，即可得出角的值. 【小问1详解】 解：由，得. 因为，所以，得，. 由余弦定理可得，所以. 【小问2详解】 解：由及正弦定理得. 因为，， 所以，即， 即. 因为，所以，所以，即. 17. 如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC中点. （1）证明：平面ABCD. （2）若，求点N到平面AMF的距离. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）建系标点，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【小问1详解】 因为，，都垂直于平面，则. 取的中点，连接，， 则，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 可得， 且平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 连接. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则， 取，得，，可得. 故点到平面的距离. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）若有3个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导利用导数的几何意义即可求得切线方程； （2）求得函数的单调性得出其最小值，解不等式可得的取值范围； （3）根据函数解析式可知在上有2个零点，构造函数并求得其单调性，利用函数与方程的思想求得直线与函数的图象有两个交点即可得结果. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 当时，在上单调递增， 因为， 所以当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，解得， 故的取值范围为. 【小问3详解】 因为，则0为的1个零点， 因为有3个零点，所以在上有2个零点， 即方程有2个不同的实根， 即直线与函数的图象在上有2个不同的交点， 设，则， 令，得，在上单调递增； 令，得，在上单调递减， ，， 因为直线与函数的图象在上有2个不同的交点， 所以，即的取值范围是. 【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法： （1）转化为函数最值问题，利用导数解决； （2）转化为函数图象的交点问题，数形结合解决问题； （3）参变分离法，结合函数最值或范围解决. 19. 椭圆有一个光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光照射到椭圆上，其反射光线会经过椭圆的另一个焦点.已知椭圆的左、右焦点分别为，，光线从发出，经过上一点（不在轴上）反射后，到达椭圆上的点，再反射到达上的点，不断反射，得到反射点列，设. （1）若的焦距为2，，，求的离心率； （2）证明：； （3）证明：是等比数列. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设描述的光学性质有，，三点共线，即斜率相等列方程求参数，即可求椭圆离心率； （2）由，，三点共线，当时，直线的方程为，联立椭圆并应用韦达定理得，再应用反证法证明； （3）同（2）处理并结合（2）得到对任意，都有，并化简整理，结合等比数列定义证结论. 【小问1详解】 由题意，得，则，. 因为，，三点共线，所以，解得. 又，所以的离心率为. 【小问2详解】 由题意，得，，三点共线，其中. 当时，直线的方程为， 代入，得. 由韦达定理得，， 所以①. 假设，则. 由①，得，即，解得， 此时，则，这与不在轴上矛盾， 所以假设不成立，即. 【小问3详解】 ，，三点共线，其中， 当时，直线的方程为， 与（2）同理，得②. 由①②，得. 当时，同理得. 所以对任意，都有，即， 可化为，即， 所以是首项为，公比为的等比数列. 【点睛】关键点点睛：各问都紧扣，，共线，求直线方程，综合直线与椭圆位置、韦达定理、反证思想及等比数列概念求解证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$