精品解析：山东省滨州市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题

高三数学试题 2025.1 本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，用橡皮擦干净后，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，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数是纯虚数，若是实数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知两个变量和之间具有较强的线性相关关系，且关于的经验回归方程为，由它计算出成对样本数据对应的残差为0.12（残差＝观测值－预测值），则（ ） A. 0.28 B. 0.56 C. 0.34 D. 0.48 4. 已知两个等差数列，的首项分别为1和2，且，则数列的前20项的和为（ ） A. 165 B. 630 C. 60 D. 330 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 6. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则的单调递减区间为（ ） A. （） B. （） C. （） D. （） 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知双曲线中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在第小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知定义域为偶函数，满足，当时，．则（ ） A. 的一个周期为2 B. C. 的解集为（） D. （） 10. 已知袋子中装有个除颜色外完全相同的小球，其中个红球，个白球．每次从袋子中随机摸取一球，连续摸取次，则下列结论中正确的是（ ） A. 若每次取出球放回，则恰好两次取出红球的概率为 B. 若每次取出的球不放回，则第次取到红球的概率为 C. 若每次取出的球不放回，已知在前两次取球中恰好有一次取出红球的条件下，第次取到红球的概率为 D. 若每次取出的球不放回，则取出红球的次数的数学期望为 11. 已知函数（其中为自然对数底数），则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 曲线在点处的切线方程为 C. 若，，则正实数的最小值为 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 13. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于两点，且，设直线的斜率为，则______． 14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，过点作，交于点，则的面积的最大值为______． 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. 已知数列的前项和． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 在四棱锥中，平面，底面为矩形，，与平面所成角的正切值． （1）求的长； （2）已知是棱上一点，且点到平面距离为，求平面与平面的夹角的大小． 17. 中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）延长至点，使得，试探究是否为定值？并说明理由． 18. 设函数的定义域为，其导函数为，区间是的一个非空子集．若对区间内的任意实数，存在实数，使得，且使得成立，则称函数为区间上的“函数”． （1）判断函数是否为上的“函数”，并说明理由； （2）若函数是上的“函数”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：，． 19. 已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆相切于点． （ⅰ）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）设椭圆的右焦点关于的对称点为，求证：直线过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题 2025.1 本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，用橡皮擦干净后，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，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集的定义，借助于数轴分析即得. 【详解】由， 可得：或. 故选：B. 2. 已知复数是纯虚数，若是实数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】依题设，且，由是实数，推理化简，求出，即可求出复数，即得的虚部. 【详解】依题意，设，且， 则， 因是实数，故，解得， 则，，故的虚部是2. 故选：D. 3. 已知两个变量和之间具有较强的线性相关关系，且关于的经验回归方程为，由它计算出成对样本数据对应的残差为0.12（残差＝观测值－预测值），则（ ） A. 0.28 B. 0.56 C. 0.34 D. 0.48 【答案】A 【解析】 【分析】由题意先求出时的预报值，通过残差列出方程，求解即得的值. 【详解】由题意，，解得. 故选：A. 4. 已知两个等差数列，的首项分别为1和2，且，则数列的前20项的和为（ ） A. 165 B. 630 C. 60 D. 330 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式可得，进而求出，结合等差数列前项和公式计算即可求解. 【详解】设等差数列的公差分别为， 由，，得， 解得，所以， 所以前项和为 . 故选：B 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理运算性质展开求解即可. 【详解】， 含的项为， 所以展开式中的系数为. 故选：C． 6. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则的单调递减区间为（ ） A. （） B. （） C. （） D. （） 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数图象，确定由图象经过点和点，列方程组求得或，再利用的范围确定，即得，最后利用正弦函数的性质即可判断结果. 【详解】由图知，，函数图象经过点和点，则得， 因，由①可得或， （1）当时，由①，结合图象可得， 解得，由图知，又，故得， 故，此时，， 由，可得，故C正确； （2）当时，由①，结合图象可得， 解得，由图知，又，故得，故的值不存在. 故选：C. 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作底面的射影，利用条件推理证明点为的中点，利用求出即得. 【详解】 如图，过点作底面的射影，因，则点为的外心， 又因，，故点为的中点， 连接，则三棱锥的外接球的球心必在上， 连接，则， ， 在中，， 因平面，故球心到平面的距离为. 故选：A. 8. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令双曲线为，其渐近线为，，若得，求坐标且有，结合点线距离公式及已知得双曲线参数的齐次方程求离心率. 【详解】令双曲线为，其渐近线为，， 若，则，且直线，联立， 消去y，可得，所以，则，且， 所以，则， 由，则，整理得， 所以，即， 则，可得或， 若，则，与矛盾，舍； 若，则，满足题设， 又，则. 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在第小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知定义域为的偶函数，满足，当时，．则（ ） A. 的一个周期为2 B. C. 解集为（） D. （） 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件推得的一个周期为2判断A项，利用函数的周期性和对称性，化简计算即可判断B项，结合函数的图象即可判断C，D两项. 【详解】对于A，因是定义域为的偶函数，则， 由可知：的图象对称轴为直线，且， 即得，则的一个周期为2，故A正确； 对于B，因，而， 因为，所以，故B正确； 对于C，根据题意，可以作出函数的图象如下： 由上分析知，函数的最小正周期为2，当时，，则由可得； 而当时，，则由可得， 综上可得时，由可得， 故对于，则的解集为，故C错误； 对于D，由图知对于，必有，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知袋子中装有个除颜色外完全相同的小球，其中个红球，个白球．每次从袋子中随机摸取一球，连续摸取次，则下列结论中正确的是（ ） A. 若每次取出的球放回，则恰好两次取出红球的概率为 B. 若每次取出的球不放回，则第次取到红球的概率为 C. 若每次取出的球不放回，已知在前两次取球中恰好有一次取出红球的条件下，第次取到红球的概率为 D. 若每次取出的球不放回，则取出红球的次数的数学期望为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用独立重复试验的概率公式可判断A选项；利用计数原理结合古典概型的概率公式可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用超几何分布的期望公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，若每次取出的球放回，则每次摸到红球的概率为，摸到白球的概率为， 所以，连续摸取次，恰好两次取出红球的概率为，A对； 对于B选项，若每次取出的球不放回，则第次取到红球的概率为，B错； 对于C选项，若每次取出的球不放回，已知在前两次取球中恰好有一次取出红球的条件下， 则袋子中还有个红球，个白球，则第三次抽到红球的概率为，C错； 对于D选项，若每次取出的球不放回，则取出红球的次数服从超几何分布， 且袋中的红球个数为个，白球的个数为个，共个球，且共摸球次， 由超几何分布的期望公式可得，D对. 故选：AD. 11. 已知函数（其中为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 曲线在点处的切线方程为 C. 若，，则正实数的最小值为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：对函数求导，利用导数判断函数单调性；对于B：根据导数的几何意义求切线方程；对于C：根据题意结合的单调性可得，构建，利用导数求最值即可；对于D：同构可得，结合单调性分析可得，再根据极值点偏离分析证明. 【详解】对于选项A：因为函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，故A错误； 对于选项B：因为， 即切点坐标为，切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，故B正确； 对于选项C：因为，则， 若，且在内单调递增， 可得，即， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 可得，所以正实数的最小值为，故C正确； 对于选项D：若，显然， 可得，即， 由选项C可知：，则，即， 结合的单调性可知， 构建， 则， 可知在内单调递增，则， 即，可得，即， 且在内单调递减，则， 所以，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：1.两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 2．利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 【答案】6 【解析】 分析】利用向量夹角公式求出，进而求出即可得解. 【详解】由，，，得，而， 因此，所以. 故答案为：6 13. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于两点，且，设直线的斜率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用题设条件求出圆的半径，根据抛物线的定义求得点的坐标，最后利用斜率公式计算即得. 【详解】 如图，由可知，，设准线与轴交于点， 因以为圆心的圆与准线交于两点，则, 又，则, 设点，则，解得， 当，则，故，于是. 故答案为：. 14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，过点作，交于点，则的面积的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先得到，设，由正弦定理表示出，再把的面积表示出来，最后转化为三角函数值域问题，利用三角恒等变换即可求解. 【详解】因为，，所以，设，则， 在中由正弦定理可得，即， 所以， 因为，所以，显然当，即时，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. 已知数列的前项和． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据的关系求数列的通项公式即可； （2）由（1）可得，结合分组求和与裂项相消法计算即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以当时，． 当时，． 当时，上式也成立． 所以． 【小问2详解】 由（1）得，， 所以， 所以， 所以， 整理得． 16. 在四棱锥中，平面，底面为矩形，，与平面所成角的正切值． （1）求的长； （2）已知是棱上一点，且点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，推得即为直线与平面所成角，设，利用条件列出方程，求出的值即可； （2）方法1：取边上一点，连接，，，设，利用求得，取的中点，作，垂足为，连接，证明即为二面角的平面角，计算即得；方法2：以为坐标原点，建系如图，设，（），利用点到平面的空间向量计算公式求得，分别写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用夹角公式计算即得. 【小问1详解】 因平面，且平面，故． 又因四边形为矩形，所以， 由，平面，平面，可得平面， 故是在平面内的射影，则即为直线与平面所成角， 设，则，由勾股定理得，， 则在中，， 解得即． 【小问2详解】 方法1： 取边上一点，连接，，，设， 因为，面， ， 在中，，则， 因点到平面的距离为，故， 由可得：，解得，所以． 取的中点，作，垂足为，连接． 因为，所以， 又面，面，则， 又因平面，则平面， 又平面，所以， 又，平面，故平面， 又平面，所以，则即为二面角的平面角． 在中，， 因易得，则， 由，可得， 故平面与平面的夹角的大小为． 方法2： 由题三线两两垂直，故可以为坐标原点，以所在直线 分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，（）则，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，即，令，得， 又因为点到平面的距离为，则， 即，解得，所以， 所以，，，， 设平面法向量为， 则即令，得． 设平面与平面夹角为， 则， 又因为，所以平面与平面夹角为． 17. 中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）延长至点，使得，试探究是否为定值？并说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据二倍角的正弦公式和正、余弦定理计算可得或，若可得，即可证明； （2）由题意可得、，根据余弦定理化简计算，结合（1）可得，变形即可下结论. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 由正弦定理和余弦定理，得， 所以，即， 解得或， 若，则，又，所以，， 此时，有，即，所以． 【小问2详解】 因为，所以． 因为，所以， 所以，即， 又，所以， 所以，所以，为定值． 18. 设函数的定义域为，其导函数为，区间是的一个非空子集．若对区间内的任意实数，存在实数，使得，且使得成立，则称函数为区间上的“函数”． （1）判断函数是否为上的“函数”，并说明理由； （2）若函数是上的“函数”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：，． 【答案】（1）是上的“函数”，理由见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，结合题中定义验证即可； （2）（ⅰ）分析可知，任意的恒成立．时，可得，时，可得出，时，可得出，利用导数分析函数在区间、上的单调性，综合可得出实数的取值范围； （ii）由题意可得，．利用导数先证明：，，即证，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，求其最小值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，则， 因为，． 又，所以， 所以对于任意恒成立． 故是上的“函数”． 【小问2详解】 （ⅰ）， 由条件得对任意的恒成立， 即任意恒成立． ①当时，对一切成立． ②当时，恒成立． 设，则对任意的恒成立， 所以在上单调递减，可得． ③当时，由恒成立． 设，则，所以在上单调递减， 可得． 综上所述，的范围是． （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，． 对，． 下面证：，， 即证，． 设，则，所以在上单调递增， 又，所以成立． 所以时，不等式成立． 所以，成立． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆相切于点． （ⅰ）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）设椭圆的右焦点关于的对称点为，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率和短轴的概念建立方程组，解之即可求解； （2）（ⅰ）设，：，联立椭圆方程，利用可得，结合得，解得，即可证明；（ii）由（i）可得点与直线垂直的直线方程，求出直线与轴交点，根据两点求距离公式证明，结合内角平分线定理即可下结论. 【小问1详解】 根据题意得， 又，解得，， 所以椭圆：． 【小问2详解】 （ⅰ）设点，所以，， 设直线的斜率为，方程为：，则， 由消去，得①， 因为直线与椭圆相切，所以方程①， 得， 所以②， 其中． 所以关于的方程②有两相等实根，所以， 所以为定值． （ⅱ）椭圆：的左、右焦点，． 方法1：由（ⅰ）得过点与直线垂直的直线为：， 令，得，所以直线与轴交点， 所以，． （）， 同理．所以． 根据内角分线定理得，为的角平分线，设与轴交于点, 所以， 即，，三点共线，所以直线过点． 方法2：设点，则， 根据题意得，解得 所以， 所以，所以，，三点共线， 所以直线过点． 方法3：设点，则， 过垂直于的直线交于点， 由（ⅰ）可得：，则：． 联立直线与的方程得所以 所以， 所以，所以，，三点共线， 所以直线过点． 【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定点（值），再证明这个点（值）与变量无关． （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点（值）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $