精品解析：辽宁省点石联考2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题

2024—2025学年度上学期高三年级期末考试 数学 本卷满分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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A B. C. D. 4. （ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 在高三一次调研考试时，某学习小组对本组6名同学的考试成绩进行统计，其中数学试卷上有一道满分为15分的解答题，6名同学的得分为，统计结果为：，已知这6名同学该解答题得分的第80%分位数和平均得分均为12分，则该解答题得分的极差为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 记等差数列前项和为，公差为，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若过点的直线与曲线和均相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知，，为坐标原点，点是圆上任意一点，点是圆外一点，若，，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数，则（ ） A. 的一个周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 10. 如图，在正三棱柱中，，点在底面内，，，，分别为棱，，，中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成角余弦值为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则 D. 过，，三点的平面将三棱柱分成两部分的体积之比为（或） 11. 已知函数的定义域为，的导函数为，，，当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知集合，，若是的子集，则实数的值为______. 13. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，，，，若，则球体积的最小值为______. 14. 某商场举办一个促销活动，一次性消费达到一定金额可抽奖一次，抽奖规则：在一个不透明的箱子中放有7个质地、大小完全相同的小球，每个小球的表面上均标有1个数字，数字为1或2，每次抽奖从箱子中一次性随机摸取3个小球，若3个小球表面上所标数字之和为奇数，则中奖，否则不中奖.记标有数字1的小球个数为，从商场的角度考虑，若想使中奖率最低，则______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知为等差数列，其前项和为，为等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 《推动大规模设备更新和消费品以旧换新行动方案》于2024年3月1日经国务院常务会议审议通过.家电以旧换新的具体品类包括冰箱、洗衣机、电视、空调、电脑、热水器、家用灶具、吸油烟机等，每位消费者每类产品可补贴一件，每件补贴标准不超过2000元，部分品类及补贴标准如下表.居民甲欲将家中电视机和洗衣机进行更换，其中更换电视机的概率为0.6，两种电器只更换一件的概率为0.4，两种电器都不更换的概率为0.2. 品类名称 热水器 冰箱 洗衣机 电视机 空调 补贴标准（单位：元/件） 1000 1000 1500 2000 2000 （1）求居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率； （2）居民乙欲从表中5个品类中任选3个不同的品类进行以旧换新，每个品类只选一件，记居民乙获得政府补贴为，求的分布列与期望. 17. 如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点，沿将折起，如图2. （1）在图2中证明：； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）当时，记的导函数为，证明：对，不等式恒成立. 19. 定义：如果两个椭圆的长轴长不相等，但离心率相等，则称两椭圆相似.已知：与椭圆相似. （1）求与的关系； （2）若过原点的直线分别被和截得的弦长为和，证明：； （3）若，，，两点在上，为上的一个动点，且线段，的中点都在上，判断的面积是否为定值，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期高三年级期末考试 数学 本卷满分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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】通过复数的除法运算求出复数，然后写出其共轭复数，即可得到其在复平面所对应点坐标，找到点所在象限. 【详解】因为，所以，则，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 2. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合全称命题和存在性命题的真假判定方法，命题为真命题，命题为假命题，结合命题否定的概念即可判断各选项. 【详解】当时，，所以命题为假命题，为真命题. 当时，，所以命题为真命题，为假命题， 所以和都是真命题，只有B正确. 故选：B. 3. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对已知两个向量模长平方得到两个等式，由此解出，结合在上的投影向量为，解出和，从而解出与的夹角. 【详解】由，得①， 由，得②， 由②-①，得， 由，得，所以，则， 设与的夹角为，则，因为，所以. 故选：A 4. （ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式、两角差的余弦公式及二倍角的正弦公式化简求值即可. 【详解】原式 . 故选：C 5. 在高三一次调研考试时，某学习小组对本组6名同学的考试成绩进行统计，其中数学试卷上有一道满分为15分的解答题，6名同学的得分为，统计结果为：，已知这6名同学该解答题得分的第80%分位数和平均得分均为12分，则该解答题得分的极差为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数和平均数的计算得到的值可能取值，再分的值可能是13，14，15讨论即可； 【详解】因为，所以，又， 所以，即， 因为，所以的值可能是13，14，15， 当时，， 因为，且，为整数，所以不可能； 当时，，因为， 且，为整数，所以不可能； 当时，， 因为，且，为整数， 所以当且仅当，时，， 所以所求极差为. 故选：C. 6. 记等差数列的前项和为，公差为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列前和公式与等差中项得到，判断A选项；由得到，结合等差中项，得到与0的大小关系，然后由的结果判断B选项；由与的大小关系得到数列的增减性，再对进行放缩得到结论，判断C选项；由与的正负情况建立不等式组，求得的范围，判断D选项. 【详解】因为，所以A不正确； ，所以， 又因为，所以，则，所以B不正确； 由，知，即为递增数列， 所以，所以C不正确； 由，得，所以D正确. 故选：D. 7. 已知函数，，若过点的直线与曲线和均相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线的方程，即可根据公切线得，构造函数，求导即可得解. 【详解】设直线与图象相切的切点为， 由，则切线斜率为， 切线方程为，即， 又，且，即， 所以过点与曲线相切的直线方程为， 联立解得，所以， 设, 当单调递增，当单调递减，所以，故，当且仅当时取等号， 故由得，所以. 故选：C 8. 已知，，为坐标原点，点是圆上任意一点，点是圆外一点，若，，则点轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长交直线于点，连接，由条件判断且为中点，利用中位线性质得且，从而利用双曲线的定义得点在以，为焦点的双曲线上，进而利用双曲线的标准方程求解轨迹方程即可. 【详解】由题意知，圆的半径，延长交直线于点，连接， 因为，且，所以，且为中点， 所以，且， 因此，， 所以点在以，为焦点的双曲线上， 设的方程为，可知，所以， 又，则，所以的方程为，即， 又点是圆外一点， 所以，即，故所求轨迹方程为. 故选：B 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数，则（ ） A. 的一个周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】验证，可判断A错误；验证，可判断B正确；由将化为，利用辅助角公式，以及余弦函数的单调性，可判断C正确；先由题意确定故的一个周期为，计算时，的值域，再由对称性，即可判断D正确. 【详解】因为， 故不是的一个周期，所以A不正确； 因为， 故图象关于直线对称，所以B正确； 当时，，故，因为， 所以在区间上单调递减，所以C正确； 因为，故的一个周期为， 当时，，， 所以，在上的图象与在上的图象关于直线对称， 所以，所以D正确； 故选：BCD 10. 如图，在正三棱柱中，，点在底面内，，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成角的余弦值为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则 D. 过，，三点的平面将三棱柱分成两部分的体积之比为（或） 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过构造平行线转化找到异面直线所成的角，利用余弦定理计算可得选项A正确；利用条件计算可得选项B正确；假设得出矛盾可得选项C错误；通过分割几何体的方法求体积可得选项D正确. 【详解】对于A，如图1， 取的中点，设与的交点为，连接，则， 所以为异面直线与所成的角或其补角， 连接，则，， 所以，故A正确. 对于B，如图2， 连接，由题意得，. 因为，，所以， 所以点在底面内的轨迹为以为圆心，1为半径的一段圆弧，且圆弧所对的圆心角为， 所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，如图3， 若，则点在线段上（不含端点）. 连接，因为为正三角形，所以， 由正三棱柱性质可知，平面与平面互相垂直，且交线为， 所以平面，又平面，所以， 假设，则平面，故， 因为，，所以， 所以与不垂直，故C不正确； 对于D，如图4， 设过，，三点的平面与棱交于，连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以，则， 所以为棱的中点，故四边形为等腰梯形， 连接，，，则平面上方的几何体体积为： ， ， 所以平面下方的几何体体积为， 所以过，，三点的平面将三棱柱分成两部分的体积之比为或，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决选项D关键是确定截面，把截面上方的几何体分割成三个三棱锥计算体积，作差可求得截面下方几何体的体积，由此确定答案. 11. 已知函数的定义域为，的导函数为，，，当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定等式推理可得，得的一个周期为4，又可得，得为偶函数，结合为偶函数和周期函数，再逐项判断作答. 【详解】对于A，由，得， 由，得，所以， 则，所以， 则，所以的一个周期为4， 由与， 得，即，所以为偶函数，故A正确； 由，得，所以的图象关于点中心对称， 又，所以图象关于中心对称，故B正确； 因为当时，，所以当时，， 因为，所以的图象关于直线对称， 所以当时，，所以在上单调递减， 所以，故C不正确； 因为，又， 所以，又，， 所以，故D不正确. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：由给定等式推理得到的一个周期为4和为偶函数是解答本题的关键. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知集合，，若是的子集，则实数的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据是的子集及集合元素的互异性，按照和分类求解即可. 【详解】若，则，，这与集合中元素的互异性矛盾，所以， 若，则或（舍去），当时，满足题意， 所以. 故答案为： 13. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，，，，若，则球体积的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】将四面体放置在长方体中，设长方体的3条棱长分别为，，，则球的半径为，将平方，利用基本不等式求得，进而，代入球的体积公式求解即可. 【详解】因为，，，所以可以将四面体补成一个长方体， 使得四面体的6条棱为长方体的6条面对角线， 设长方体过同一顶点的3条棱长分别为，，，球的半径为， 则，由， 得， 因为， 所以， 即，当且仅当时取等号， 因为， 所以，当且仅当时取等号，即，所以， 则球的体积为，所以球体积的最小值为. 故答案为： 14. 某商场举办一个促销活动，一次性消费达到一定金额可抽奖一次，抽奖规则：在一个不透明的箱子中放有7个质地、大小完全相同的小球，每个小球的表面上均标有1个数字，数字为1或2，每次抽奖从箱子中一次性随机摸取3个小球，若3个小球表面上所标数字之和为奇数，则中奖，否则不中奖.记标有数字1的小球个数为，从商场的角度考虑，若想使中奖率最低，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】分的取值，由古典概率结合组合数的计算比较可得； 【详解】设标有数字2的小球个数为，则， 当，时，中奖的概率为； 当，时，中奖的概率为； 当，时，中奖的概率为； 当，时，中奖的概率为； 当，时，中奖的概率为， 综上可知，当时，中奖率最低. 故答案为：5. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知为等差数列，其前项和为，为等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）设的公差为，的公比为，利用等差数列前n项和公式及等比数列通项公式基本量运算求出，即可求解通项公式； （2）利用错位相减法求和即可得解. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为， 则，解得， 因为，所以， 则， . 【小问2详解】 由（1）得， 则，① ，② 由①-②得 ， 所以. 16. 《推动大规模设备更新和消费品以旧换新行动方案》于2024年3月1日经国务院常务会议审议通过.家电以旧换新的具体品类包括冰箱、洗衣机、电视、空调、电脑、热水器、家用灶具、吸油烟机等，每位消费者每类产品可补贴一件，每件补贴标准不超过2000元，部分品类及补贴标准如下表.居民甲欲将家中电视机和洗衣机进行更换，其中更换电视机的概率为0.6，两种电器只更换一件的概率为0.4，两种电器都不更换的概率为0.2. 品类名称 热水器 冰箱 洗衣机 电视机 空调 补贴标准（单位：元/件） 1000 1000 1500 2000 2000 （1）求居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率； （2）居民乙欲从表中5个品类中任选3个不同的品类进行以旧换新，每个品类只选一件，记居民乙获得政府补贴为，求的分布列与期望. 【答案】（1）0.5 （2）分布列见解析，4500元 【解析】 【分析】（1）设事件“更换电视机”，事件“更换洗衣机”，根据题意得，，的值，结合，求得的值，再由全概率公式求得，也就求出，同理求出和，由条件概率公式求得； （2）列出随机变量的可取值，然后计算出对应的概率，列出分布列，求得数学期望. 【小问1详解】 设事件“更换电视机”，事件“更换洗衣机”， 因为，所以， 因为，，且， 所以， 由全概率公式，得， 所以， 同理可得，所以， 则， 所以居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率为0.5. 【小问2详解】 由题意知的可能取值为3500，4000，4500，5000，5500， ，，， ，. 所以的分布列为 3500 4000 4500 5000 5500 则元. 17. 如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点，沿将折起，如图2. （1）在图2中证明：； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，取的中点为，连接，，先判断与为全等的正三角形，利用等边三角形的性质得，，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的定义得，求得，求出平面与平面的法向量，最后利用向量夹角的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 连接，取的中点为，连接，， 因为，，为的中点，所以，， 则四边形为平行四边形，所以，， 因为，所以， 又，所以与为全等的正三角形， 所以，， 因为平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 以为原点，，和过点与平面垂直的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过点作平面的垂线，垂足为，连接，，， 因为，所以，则，又， 所以，，三点共线， 则为直线与平面所成的角，即， 因为，所以，即，所以， 则，，， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）当时，记的导函数为，证明：对，不等式恒成立. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程作答； （2）对时，利用导数判断单调性求出，得解；对时，由，可得，由，可验证上式不恒成立，得解； （3）利用，可得，构造函数，利用导数证明即可得证. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 当时，，则， 所以，又， 所以所求切线方程为. 【小问2详解】 由题得，， 令，则， 若，则，即在上单调递增； 因为，所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增. 即， 由，得，即. 若，由，可得， 即，对任意恒成立， 因为，而，当时，， 所以对时，不成立，即当时，不恒成立； 综上可知，. 【小问3详解】 令，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，所以， 则，当且仅当时等号成立. 当时，， 令， 则 ， 因为恒成立，所以由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以. 综上可知，，当且仅当时两等号同时成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问证明的关键是利用不等式，证明，将问题转化为证明. 19. 定义：如果两个椭圆的长轴长不相等，但离心率相等，则称两椭圆相似.已知：与椭圆相似. （1）求与的关系； （2）若过原点的直线分别被和截得的弦长为和，证明：； （3）若，，，两点在上，为上的一个动点，且线段，的中点都在上，判断的面积是否为定值，并说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先求椭圆的离心率，再根据椭圆离心率相等求解即可； （2）设直线，联立，求直线被椭圆截得的弦长，同理求，再由（1）的结果化解即可. （3）根据（1）及已知条件得，，设，，根据线段的中点都在上得，，最后计算及点到直线的距离，求解即可. 【小问1详解】 设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 因为的方程可化为，且， 所以，， 因为， 所以，又， 则离心率， 当时，， 由题意得， 整理得. 【小问2详解】 设，与的一个交点为， 由，得， 所以， 根据椭圆的对称性，得， 同理， 由（1）可知， 所以， 即， 当为轴时，上式显然成立. 【小问3详解】 的面积为定值2，理由如下： 因为，，由（1）知，，， 所以的方程为，的方程为， 即，， 设，，线段的中点在椭圆上， 故有， 整理得， 将，代入上式，得， 同理可得， 所以点，满足方程， 故直线的方程为， 由，得， 因为，所以，则， 所以. 又点到直线的距离， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $