精品解析：福建省平和广兆中学2024-2025学年高三上学期期末检测数学试卷

2024-2025学年（上）广兆中学高三年期末检测 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上. 2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效. 选择题部分（共58分） 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. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在梯形中，在线段上，.若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径及高均相等，且圆锥侧面展开图为一个半圆，则该圆柱和圆锥的侧面积的比值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 已知函数，若函数有3个零点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ） A. 30 B. 14 C. 12 D. 6 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. 在数字化快速发展的今天，安全芯片在移动支付中发挥着至关重要的作用.某厂家生产的安全芯片的使用寿命（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于3.5年的安全芯片为良品，则（ ）（若随机变量服从正态分布，则） A. B. C. 该厂家生产的安全芯片的平均使用寿命为2.25年 D. 该厂家生产的安全芯片的良品率超过 10. 设函数，则（ ） A. 当时，的图象关于点对称 B. 当时，方程有个实根 C. 当时，是的极大值点 D. 存在实数，恒成立 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69．800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A、B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于32 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前5项和，，则_______． 13. 已知椭圆的焦点分别为，，过椭圆外一点和右顶点的直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为________. 14. 已知甲袋中装有3个红球，2个白球，乙袋中装有2个红球，4个白球，两个袋子均不透明，其中的小球除颜色外完全一致．现从两袋中各随机取出一个球，若2个球同色，则将取出的2个球全部放入甲袋中，若2个球不同色，则将取出的2个球全部放入乙袋中，每次取球互不影响，按上述方法重复操作两次后，乙袋中恰有4个小球的概率是______． 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. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，求的周长. 16. 双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与双曲线交于第一象限内的点，若轴被以为直径的圆所截得的弦长为2，求该圆的方程． 17. 如图，在三棱柱中，平面． （1）证明：． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若存在两个极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 19. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. （1）求的和公比; （2）求; （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年（上）广兆中学高三年期末检测 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上. 2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效. 选择题部分（共58分） 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. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】由，解得，所以， 又， 所以. 故选：C 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算法则和共轭复数的概念求解即可. 【详解】由题意知，, 所以, 故选：C 3. 如图，在梯形中，在线段上，.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据平面向量的线性运算可得，结合平面向量基本定理可得，即可得结果. 【详解】由题意可设， 则， 又因为，且，不共线， 可得，解得，即， 所以，即. 故选：D. 4. 已知，，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和差公式可得，结合题意即可得结果. 【详解】因为，则，， 又因为， 则①， 等式①的两边同时除以 可得，解得. 故选：D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径及高均相等，且圆锥侧面展开图为一个半圆，则该圆柱和圆锥的侧面积的比值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图是半圆，结合圆周长和扇形的弧长公式，结合圆锥和圆柱的侧面积公式进行求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为， 由圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，得，即， 圆锥的高， 所以圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为， 故圆柱和圆锥的侧面积之比为． 故选：D 6. 已知函数，若函数有3个零点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将函数的零点问题转化为与的图象的交点问题，借助于函数图象可得到结果． 【详解】由于函数有3个零点， 则方程有三个根， 故函数与的图象有三个交点； 函数，其图象如下所示， 又因为函数， 则实数的取值范围， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于转化思想的应用，将方程根的个数问题，转化为函数和图象交点的个数， 7. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平移规则可得的解析式，再由正弦函数的单调性得出对应不等式可得结果. 【详解】由题可得， 因为，所以当时，， 且， 因为在单调递增，所以， 又，解得. 故选：B 8. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ） A. 30 B. 14 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 根据条件可得出的图象关于对称，的周期为4，从而可考虑的一个周期，利用，根据在上是减函数可得出在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，然后根据在上有实数根，可判断该实数根是唯一的，并可判断在一个周期内有两个实数根，并得这两实数根和为2，从而得出在区间这三个周期内上有6个实数根，和为30. 【详解】由知函数的图象关于直线对称， ∵，是R上的奇函数， ∴， ∴， ∴的周期为4， 考虑的一个周期，例如， 由在上是减函数知在上是增函数， 在上是减函数，在上是增函数， 对于奇函数有，， 故当时，，当时，， 当时，，当时，， 方程在上有实数根， 则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数， 则由于，故方程在上有唯一实数， 在和上， 则方程在和上没有实数根， 从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根， 当，方程的两实数根之和为， 当，方程的所有6个实数根之和为. 故选：A. 【点睛】本题考查了由可判断关于对称，周期函数的定义，增函数和减函数的定义，考查了计算和推理能力，属于难题. 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. 在数字化快速发展的今天，安全芯片在移动支付中发挥着至关重要的作用.某厂家生产的安全芯片的使用寿命（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于3.5年的安全芯片为良品，则（ ）（若随机变量服从正态分布，则） A. B. C. 该厂家生产的安全芯片的平均使用寿命为2.25年 D. 该厂家生产的安全芯片的良品率超过 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解ABD，根据正态分布中参数的含义即可求解C. 【详解】选项A：由题知，则，故A正确； 选项B：，又 ，所以，B正确； 选项C：由，得，即该厂家生产的安全芯片的平均使用寿命为5年，C错误； 选项D：该厂家生产的安全芯片的良品率为 ，超过，故D正确. 故选：ABD 10. 设函数，则（ ） A. 当时，的图象关于点对称 B. 当时，方程有个实根 C. 当时，是的极大值点 D. 存在实数，恒成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断B选项；当时，利用导数分析函数的单调性，可判断CD选项. 【详解】对于A选项，当时，， 因为，所以，， 所以的图象关于点对称，故A正确； 对于B选项，当时，，则， 令，可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 所以，，又因为，如下图所示： 由图可知，直线与函数的图象由三个交点， 即时，方程有个实根，故B正确； 对于C选项，， 当时，，此时函数在上单调递增，故C错误； 对于D选项，当时，函数在上单调递增，此时恒成立，故D正确． 故选：ABD． 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69．800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A、B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于32 【答案】BC 【解析】 【分析】A根据即可求出抛物线的标准方程；B联立方程组求出点坐标，再根据对称性即可求出；C设直线与抛物线相切，直线与抛物线相切，联立方程组根据求出切点坐标，再根据数形结合即可求出；D根据对称性可求花瓣的一半，利用导函数求在点处的切线方程，其与轴的交点为，利用的面积来进行估计即可. 【详解】对于A，由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为， 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为， 即，故A错误； 对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象的对称性，可得、，故，即B正确； 对于C，设直线与抛物线相切， 联立，可得， 由可得，且方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 设直线与抛物线相切， 联立，可得， 由可得，此时方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 两切点连线的斜率为，即切点的连线与直线平行或重合， 故当、时，取最大值， 且其最大值为，故C对； 对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值， 如图： 对函数求导得，则抛物线在点处的切线斜率为， 所以，抛物线在点A处的切线方程为，即， 该切线交x轴于点， 所以半个花瓣的面积必小于， 故原图中的阴影部分面积必小于，故D不正确． 故选：BC． 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前5项和，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列的前和公式求出，进而求得公差，再由等差数列的通项公式求解即可. 【详解】因为等差数列的前5项和，， 则，所以， 所以，解得等差数列的公差， 则. 故答案为：. 13. 已知椭圆的焦点分别为，，过椭圆外一点和右顶点的直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知可得也是中点，由中点坐标公式可得的坐标，代入椭圆方程即可求解. 【详解】因为，，，可得为的中点， 又，所以也是中点， 因为，则，代入椭圆方程可得， 所以，所以， 则离心率. 故答案为：. 14. 已知甲袋中装有3个红球，2个白球，乙袋中装有2个红球，4个白球，两个袋子均不透明，其中的小球除颜色外完全一致．现从两袋中各随机取出一个球，若2个球同色，则将取出的2个球全部放入甲袋中，若2个球不同色，则将取出的2个球全部放入乙袋中，每次取球互不影响，按上述方法重复操作两次后，乙袋中恰有4个小球的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】两次取球后，乙袋中恰有4个球，则两次取球均为同色，分类计算两次均取到同色球的概率即可得结论. 【详解】若两次取球后，乙袋中恰有4个球，则两次取球均为同色； 若第一次取球均取到红球，其概率为， 第一次取球后甲袋中有4个红球和2个白球，乙袋有1个红球和4个白球， 第二次取到同色球概率为； 此时乙袋中恰有4个小球的概率是； 若第一次取球均取到白球，其概率为， 第一次取球后甲袋中有3个红球和3个白球，乙袋有2个红球和3个白球， 第二次取到同色球概率为； 此时乙袋中恰有4个小球的概率是； 所以乙袋中恰有4个小球的概率是. 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. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角差的余弦展开式化简后再利用特殊角的正切值求出即可； （2）由正弦定理和余弦定理结合题意求解即可； 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 又因为，所以， 所以， 化简得，又因为，所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得，， 因为，所以， 在中，由余弦定理得，即， 所以，所以， 所以，所以周长为. 16. 双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与双曲线交于第一象限内的点，若轴被以为直径的圆所截得的弦长为2，求该圆的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据渐近线方程得出，再将点代入方程即可得到结果. （2）由轴被以为直径的圆所截得的弦长为2，求出B点坐标，即可求出半径进而得到圆的方程. 【小问1详解】 由点在双曲线上，得① 由渐近线方程，得②， 解①②得，所以双曲线的标准方程为 【小问2详解】 设的中点为，过作轴，垂足为． 依题意得，即，因为，所以， 所以（为点的横坐标），得， 代入双曲线的方程，得，所以，所以． 所以以为直径的圆的圆心为， 半径， 故所求圆的方程为． 17. 如图，在三棱柱中，平面． （1）证明：． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直可得，结合，可得平面，进而可得答案； （2）以为原点，以，，为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可. 【小问1详解】 平面， 平面，， 又，，平面， 平面， 又平面，； 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，， 以为原点，以，，为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ，， ， 设平面的法向量为， 则， ， 设平面的法向量为， 则， ， 设平面与平面夹角为， 则 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若存在两个极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2）（ⅰ）； （ⅱ）由（i）可知，，且， 所以， 设，显然，又， 因为，则，可知在上单调递减， 且，可得， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和极值； （2）（i）求导可得，构建，由题意可知在内有两个变号零点，结合导数分析函数零点即可得结果；（ⅱ）由（i）可知，，且，构建，利用导数求最值即可. 【小问1详解】 当时，， 可知的定义域为，且， 当时，；当时，当； 可知在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 （i）由题意可得：的定义域为， 且， 设，可知在内有两个变号零点， 则， 当，；当时，； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为， 且当趋近于时，趋近于， 当时，则，可得， 可得，即当趋近于时，趋近于， 可得，解得， 所以实数的取值范围为； （ii）略 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 19. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. （1）求的和公比; （2）求; （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）4 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，前项和为，由题意，化简可得值； （2）由（1）得，用错位相减法求和； （3）设，，按的奇偶性分类求解可得参数范围． 【小问1详解】 设等差数列的公差为，前项和为，则， 所以， 因为是“和等比数列”，所以，即，对任意恒成立， 所以，解得， 所以的和公比为4； 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 所以， 相减得， 所以； 【小问3详解】 设， ， ，是递增数列， 不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立， 当为奇数时，，则， 当为偶数时，，则， 综上，的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $