精品解析：吉林省白城市第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题

白城一中2024-2025学年度高三上学期期末考试 数学试卷 一、单项选择题（本大题共8小题，每题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. 若定义在的奇函数在单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果. 【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且， 所以在上也是单调递减，且，， 所以当时，，当时，， 所以由可得： 或或 解得或， 所以满足的的取值范围是， 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题. 2. 双曲线的右焦点为，点在轴的正半轴上，直线与在第一象限的交点为，，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设双曲线的左焦点为，连接，，根据数量积求得，从而得到，，再根据对称性及双曲线的定义得到、，即可得到，再由勾股定理得到、的关系，即可求出离心率. 【详解】设双曲线的左焦点为，连接，， 由，则，又， 所以，则，， 根据双曲线的性质有，又，所以， 所以，所以，即， 又，即，即，所以． 故选：A 3. 已知函数是定义在上的偶函数，且在区间单调递增.若实数满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意将不等式转化为，再由在区间单调递增，得，然后求出的最小值，从而可求出的取值范围 【详解】由，得， 因为函数是定义在上的偶函数， 所以可化为 因为在区间单调递增， 所以，所以， 所以， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以，解得， 即的取值范围是， 故选：A 4. 飞机的线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔，速度为，飞行员先看到山顶的俯角为，经过后又看到山顶的俯角为，则山顶的海拔高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再在中利用正弦定理求出，进而在中求出，即可求出结果. 【详解】 如图，， ∴在中，，所以， 过作于， ∴ 山顶的海拔高度为 故选：D. 5. 如图，在▱ABCD中，M，N分别为AB，AD上的点，且，，连接AC，MN交于P点，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，进而可得，即可得解. 【详解】，， ， 设，则即， ， 故选：D 6. 边长为2的正方形ABCD，点P在正方形内（含边界），满足，现有下列结论： ①当点P在线段BD上时，则 ②的取值范围为 ③当点P在线段BD上时，的最小值为 ④的最大值为12 则结论中正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，直接判断①，利用点的坐标，表示，即可判断②，根据，转化为二次函数求最大值问题，即可判断③，利用坐标表示数量积，再结合几何意义，即可判断④. 【详解】①当点在线段上时，三点共线，所以，故①正确； ②建立平面直角坐标系，如图所示，根据题意可得， ，，，， 设为，， 因为， 所以，所以， 所以，所以， 又因为，所以，所以，故②错误； ③由①知，，， 则， 当时，取得最小值，故③正确； ④,， 所以，， ， 表示点到直线的距离，如图所示，点到直线的距离最大，最大值为， 所以的最大值为，故④正确. 故选：C 7. 已知函数在处取得极值，且，，若的单调递减区间为；则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数并根据极值点求得的关系，然后用判别式和根与系数的关系讨论导函数的零点问题，最后求出答案. 【详解】由可得，由条件可得，故，由可得，故. 对于方程，，当且仅当时取等号，与矛盾，故等号不成立，即，故方程有两个实数根：，， 由，得，故， 因为函数的单调递减区间为，容易判断，m=1，于是. 故选：D. 8. 在平面直角坐标系中，已知点为抛物线：上一点，若抛物线在点处的切线恰好与圆：相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将的坐标代入抛物线的方程，解得，可得抛物线的方程，由导数的几何意义可得处切线的斜率和方程，求得圆的圆心和半径，由直线和圆相切的条件，解方程可得的值． 【详解】由点为抛物线上一点，可得，解得， 所以抛物线的方程为， 由，可得，则， 所以抛物线在处的切线斜率为，则切线方程为，即． 圆的圆心为，半径为， 又抛物线在点处的切线恰好与圆相切，可得， 解得或（舍去）． 故选：C． 二、多项选择题（本大题共4小题．每题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．） 9. 设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ） A. B. 当时，取得最小值 C. 当时，n的最小值为7 D. 当时，取得最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由变形求得，利用累加法求得，进而求得，求出，即可判断；对于B，判断的单调性，即可判断；对于C，判断单调递增，并计算的值，即可判断；对于D，根据，的值的正负以及单调性，判断的值正负以及单调性，即可判断. 【详解】由得， ∴， 累加得，， 故，当时，满足上式， ∴， 当时，，∴，故选项A正确； 由于函数 ，其图象对称轴为，当时函数递增， 故当时，单调递增，又， ∴单调递增，且， ∴当时，单调递减，当时，单调递增，且， ∴当时，取得最小值，故选项B正确； 当时，单调递增，又， ∴当时，n的最小值为8，故选项C错误； 当时，；当时，；当时，， ∴当时，考虑的最小值， 又当时，恒为正且单调递减，恒为负且单调递增， ∴单调递增，∴当时，取得最小值，故选项D正确， 故选：． 10. 某网络销售平台，实施对口扶贫，销售某县扶贫农产品.根据2020年全年该县扶贫农产品的销售额(单位：万元)和扶贫农产品销售额占总销售额的百分比，绘制了如图的双层饼图.根据双层饼图(季度和月份后面标注的是销售额或销售额占总销售额的百分比)，下列说法正确的是（ ） A. 2020年的总销售额为1000万元 B. 2月份的销售额为8万元 C. 4季度销售额为280万元 D. 12个月的销售额的中位数为90万元 【答案】AC 【解析】 【分析】结合双层饼图，求出总销售额，以及各月销售额，然后逐项分析即可. 【详解】对A：根据双层饼图得3季度的销售额和为300万元，3季度的销售额占总销售额的百分比之和为30％，所以2020年的总销售额为（万元），故A正确； 对B：2月份销售额为（万元），故B错误； 对C：4季度销售额为（万元），故C正确； 对D：根据双层饼图得12个月的销售额从小到大（单位：万元）：50,50,60，60,60,80,90,100,100, 110,120,120，所以12个月的销售额的中位数为：（万元），故D错误. 故选：AC. 11. 在圆O的内接四边形中，，，，则（ ） A. B. 四边形的面积为 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，在，分别使用余弦定理，求解即可； 选项B，结合面积公式，即得解； 选项C，转化利用数量积的定义求解即可； 选项D，转化，，利用数量积的定义求解即可. 【详解】 由题意，，故， 在中，由余弦定理， 在中，由余弦定理， 故，解得，又，故 故，解得，A正确； ，B正确； 在中，， 在中，， ，C错误； ， 又 ，故，D正确. 故选：ABD 12. 如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当，时，点D到直线PQ的距离为 B. 线段PQ的最小值为 C. 平面平面BCD D. 当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】易知，从而平面，进而有平面平面，即可判断C；建立坐标系，利用向量法可判断ACD 【详解】取的中点，连接，由题意可知：， 因为，所以， 又易知， 因为，，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面，故C正确； 以为原点，分别为轴建立坐标系， 则， 当，时，，， ，， 所以点D到直线PQ的距离为，故A错误； 设，，由得，， ， 当时，，故B正确； 当P，Q分别为线段BD，CA的中点时， ，，，， 设PQ与AD所成的角为， 则， 所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确； 故选：BCD 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．） 13. 函数的部分图象如图所示，若，且，则___________，___________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据函数图象求得，由关于函数图象中y轴右侧第一个零点对称确定，再，应用平方关系、诱导公式即倍角余弦公式求值即可. 【详解】由题设，又，则， ，则，故， 由且是y轴左侧第一个零点，故，即，则， 由图知：关于函数图象中y轴右侧第一个零点对称，即对称， 所以， 由，且， 所以， 而，则 . 故答案为：， 14. 已知函数对于任意，都有，且当时，.若函数恰有3个零点，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】把函数零点问题转化为函数图像交点问题，由，可以画出函数以及，根据的情况分类讨论，结合函数图像的交点，即可得解. 【详解】由对任意都成立，所以函数的图像关于直线对称， 先作出函数在上的图像，再作出这部分图像关于直线对称的图像， 得函数的图像，如图所示： 令，得，令，则函数的零点个数即函数的图像与函数的图像的交点个数， 因为，所以的图像关于轴对称， 且恒过定点，当函数的图像过点时，， 过点作函数的图像的切线， 设切点为处的切线方程为， 又切线过点，所以，所以切线的斜率为， 即当时，的图像与函数的图像相切， 由图可知，当且仅当时， 和恰有3个交点，即恰三个零点. 故答案为： 【点睛】本题考查了函数零点问题即函数方程问题，考查了分段函数的性质以及函数对称性，考查了数形结合思想以及利用导数求切线方程，有一定的计算量，属于较难题.本题的关键点为： （1）把函数零点问题转化为函数图像交点问题； （2）掌握过某点求切线方程. 15. 已知函数，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据自变量的范围，代入相应的解析式求值可得结果. 【详解】由题意得，， ∴. 故答案为：5. 16. 在等腰梯形中，，是腰上的动点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，利用坐标运算表示及，根据二次函数的性质可得结果. 【详解】 如图，过点作于点，过点作于点， ∵，∴， ∴，故， 以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，则， 设，其中，则， ∴， ∴， ∴当时，取最小值． 故答案为：． 四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 17. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且焦点到渐近线的距离为1． （1）求双曲线的方程； （2）若双曲线的右顶点为，，过坐标原点的直线与交于E，F两点，与直线AB交于点，且点E，M都在第一象限，的面积是面积的倍，求直线的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先表示出双曲线的渐近线方程，依题意可得，由点到直线的距离公式求出，再由求出、，即可得到双曲线方程； （2）设，，，，由题意可知，，联立直线与的方程求出，联立直线与双曲线的方程求出，依题意可得，即可求出. 【小问1详解】 双曲线的渐近线为，又一条渐近线方程为， 所以， 又焦点到渐近线的距离为1，即，所以， 又，所以，，则双曲线的方程为； 【小问2详解】 由（1）可得，， 则直线的方程为， 设，，，，由题意可知，， 由的面积是面积的倍，可得，即， 所以， 由，消去，可得，解得， 由，消去，可得，解得， 由，可得，解得或（舍去）， 当时，，符合题意， 所以直线的斜率为. 18. 已知等差数列满足，. （1）求的通项公式； （2）设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等? （3）在（2）的条件下，设，数列的前项和为.求：当为何值时，的值最大? 【答案】（1） （2）第63项 （3）当时，的值最大 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义与通项公式即可得解； （2）先求得，，再利用等比数列的定义与通项公式求得，再令，从而得解； （3）利用分组求和法即可求出，再利用导数求得的单调性，从而得解. 【小问1详解】 依题意，设等差数列的公差为d， 则，又，得，解得， 所以； 【小问2详解】 设等比数列的公比为q， 则，，所以，， 所以，令，解得. 故是数列的第63项； 【小问3详解】 由（2）可知，则， 所以 ， 令，则， 由于，当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 且，， 所以当时，有最大值且最大值为. 19. 已知数列的前n项和为，，且. （1）求数列的通项； （2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论； （2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当时，， ， 当时，由①， 得②，①②得 ， 又是首项为，公比为的等比数列， ； （2）由，得， 所以， ， 两式相减得 ， 所以， 由得恒成立， 即恒成立， 时不等式恒成立； 时，，得； 时，，得； 所以. 【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号. 20. 一款游戏规则如下：掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面向前跳2步，若出现反面向前跳1步． （1）若甲乙二人同时参与游戏，每人各掷硬币2次， ①求甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率； ②记甲乙二人向前跳的步数和为，求随机变量的分布列和数学期望． （2）若某人掷硬币若干次，向前跳的步数为的概率记为，求的最大值． 【答案】（1）①； ②的分布列为 4 5 6 7 8 . （2）. 【解析】 【分析】（1）①设甲向前跳的步数为，乙向前跳的步数为，由，，，可得的概率； ②由①知所有可能取值为4，5，6，7，8，求出，，，，，可得随机变量的分布列和. （2）由题意得，当时，，利用递推关系可得，可求得答案. 【详解】（1）①设甲向前跳的步数为，乙向前跳的步数为， 则， ， ， 所以， 所以甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率. ②由①知所有可能取值为4，5，6，7，8， 所以，，，，， 随机变量的分布列为 4 5 6 7 8 . （2）由题意得，当时，， ， 所以， ，，当为奇数时，，； 当为偶数时，，， 时，，所以， 且数列为递减数列，所以的最大值为. 【点睛】本题考查了随机变量的分布列和期望，解题的关键点是求出所有可能取值、概率及利用求得，考查了学生对数据的分析能力和计算能力. 21. 数列，的每一项都是正数，，，且，，成等差数列，，，成等比数列． （1）求数列，的值． （2）求数列，的通项公式． （3）记，记的前n项和为，证明对于正整数n都有成立． 【答案】（1）24；36； （2），； （3）由（2）知， 则 成立． 【解析】 【分析】(1)由条件取特殊值求，； (2)由条件证明数列为等差数列，由此可求数列，的通项公式； (3)利用裂项相消法求，由此证明. 【详解】解：（1）由得， 又得， （2）∵，，成等差数列，∴①， 又∵，，成等比数列，∴，② 当时，③ 由②③代入①得，， ∴是以为首项的等差数列， ∴则， 时，， 经验证也符合，∴． （3）略 22. 如图，在多面体中，四边形为菱形，四边形为矩形，且，是线段上的一个动点，且. （1）试探究当为何值时，∥平面，并给出证明； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） 当时，∥平面，证明如下： 设，则为的中点，连接， 若∥平面，且平面，平面平面， 可知∥， 又因为∥，可知为平行四边形， 则，可知； 当时，为的中点， 因为为的中点，四边形为矩形，所以， 又因为∥，所以四边形为平行四边形，所以∥， 且平面平面， 所以∥平面； 综上所述：当且仅当时，∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）若∥平面，根据线面平行的性质可知，若，由线面平行的判定定理可知∥平面，即可得结果； （2）取的中点，连接，可证平面，建系，利用空间向量处理面面夹角问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为四边形为菱形，且， 所以为等边三角形，且. 取的中点，连接，则， 又，平面， 所以平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 设，由可得， 所以，即， 所以. 设平面的法向量为，则， 令，则.可得， 由题意可知：为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得或（舍）， 所以的值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 白城一中2024-2025学年度高三上学期期末考试 数学试卷 一、单项选择题（本大题共8小题，每题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. 若定义在的奇函数在单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的右焦点为，点在轴的正半轴上，直线与在第一象限的交点为，，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数是定义在上的偶函数，且在区间单调递增.若实数满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 飞机的线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔，速度为，飞行员先看到山顶的俯角为，经过后又看到山顶的俯角为，则山顶的海拔高度为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在▱ABCD中，M，N分别为AB，AD上的点，且，，连接AC，MN交于P点，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 边长为2的正方形ABCD，点P在正方形内（含边界），满足，现有下列结论： ①当点P在线段BD上时，则 ②的取值范围为 ③当点P在线段BD上时，的最小值为 ④的最大值为12 则结论中正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 已知函数在处取得极值，且，，若的单调递减区间为；则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知点为抛物线：上一点，若抛物线在点处的切线恰好与圆：相切，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共4小题．每题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．） 9. 设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ） A. B. 当时，取得最小值 C. 当时，n的最小值为7 D. 当时，取得最小值 10. 某网络销售平台，实施对口扶贫，销售某县扶贫农产品.根据2020年全年该县扶贫农产品的销售额(单位：万元)和扶贫农产品销售额占总销售额的百分比，绘制了如图的双层饼图.根据双层饼图(季度和月份后面标注的是销售额或销售额占总销售额的百分比)，下列说法正确的是（ ） A. 2020年的总销售额为1000万元 B. 2月份的销售额为8万元 C. 4季度销售额为280万元 D. 12个月的销售额的中位数为90万元 11. 在圆O的内接四边形中，，，，则（ ） A. B. 四边形的面积为 C. D. 12. 如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当，时，点D到直线PQ的距离为 B. 线段PQ的最小值为 C. 平面平面BCD D. 当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．） 13. 函数的部分图象如图所示，若，且，则___________，___________. 14. 已知函数对于任意，都有，且当时，.若函数恰有3个零点，则的取值范围是___________. 15. 已知函数，则______． 16. 在等腰梯形中，，是腰上的动点，则的最小值为______． 四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 17. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且焦点到渐近线的距离为1． （1）求双曲线的方程； （2）若双曲线的右顶点为，，过坐标原点的直线与交于E，F两点，与直线AB交于点，且点E，M都在第一象限，的面积是面积的倍，求直线的斜率． 18. 已知等差数列满足，. （1）求的通项公式； （2）设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等? （3）在（2）的条件下，设，数列的前项和为.求：当为何值时，的值最大? 19. 已知数列的前n项和为，，且. （1）求数列的通项； （2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围. 20. 一款游戏规则如下：掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面向前跳2步，若出现反面向前跳1步． （1）若甲乙二人同时参与游戏，每人各掷硬币2次， ①求甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率； ②记甲乙二人向前跳的步数和为，求随机变量的分布列和数学期望． （2）若某人掷硬币若干次，向前跳的步数为的概率记为，求的最大值． 21. 数列，的每一项都是正数，，，且，，成等差数列，，，成等比数列． （1）求数列，的值． （2）求数列，的通项公式． （3）记，记的前n项和为，证明对于正整数n都有成立． 22. 如图，在多面体中，四边形为菱形，四边形为矩形，且，是线段上的一个动点，且. （1）试探究当为何值时，∥平面，并给出证明； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $