精品解析：江西省抚州市南丰县第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷

南丰一中高三数学上学期期末考试试卷 命题人：李健 审题人：邹水武 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 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，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故选：B. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置. 【详解】，所以该复数对应的点为， 该点在第一象限， 故选：A. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 4. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 6. 在中，内角的对边分别为.若，且，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】边换角后约去sin B，得sin(A＋C)＝，所以sin B＝，但∠B非最大角，所以∠B＝. 7. 已知数列满足，数列的前项和为，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由递推公式利用作差法可得，从而得到，再利用裂项相消法求和，可得，从而计算可得； 【详解】解：因为， 所以， 两式作差，可得，即， 又当时，，即满足，因此； 所以； 因为数列的前项和为， 所以， 因此. 故选：B 【点睛】本题作差法求数列的通项公式及裂项相消法求和，属于中档题. 8. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 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. 下列说法正确的是（ ） A. 函数为偶函数,且最小正周期为4 B. 若,,则往方向上的投影长为 C. 是抛物线上一点,,则的最小值为1 D. 已知两直线与,则“”是“,互相平行”的充分不必要条件 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，先化简，再利用奇偶性的定义判断即可；对于B，往方向上的投影长为，据此求解即可；对于C，假设的坐标，运用两点间的距离公式求出，再利用不等式求解即可；对于D，先由，互相平行求出的值，再根据充分条件、必要条件判断即可. 【详解】对于A,∵,定义域为,, 显然是奇函数,故A错误； 对于B,往方向上的投影长为,故B正确； 对于C,设,其中,∴, 即的最小值为,故C正确； 对于D,∵互相平行,∴,解得或,经检验时两直线重合， ∴“”为“互相平行”的充要条件,故D错误． 故选:BC． 10. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，下列说法正确的是（ ） A. 与所成的角是 B. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是 C. 三棱锥的体积是 D. 与平面所成的角的正弦值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意以分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法判断选项A，B，D，直接由锥体的体积公式求出三棱锥的体积，判断选项C. 【详解】由,可得,又平面 故以分别为轴建立空间直角坐标系. 则 选项A. 由 则,所以 所以与所成的角是，故选项A正确. 选项B. 由题意为平面的一个法向量. 设为平面 的一个法向量， 由 ，即 ，则取 所以 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故选项B不正确. 选项C. ,故选项C正确. 选项D. ,设与平面所成的角为 则 ，故选项D正确. 故选：ACD 11. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，满足＝3，且，，则向量与的夹角的正弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】 由＝3可得向量，夹角的余弦，从而得到正弦. 【详解】∵， ，又， ∴sin ＝ 故答案为：. 【点睛】本题考查平面向量数量积和向量夹角的运算，属于简单题. 13. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 14. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解. 【详解】由题意，，则， 所以点和点，, 所以， 所以， 所以， 同理, 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 如图，在中，，，点D在线段BC上. （1）若，求AD的长； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）在中，由正弦定理求得； （2）由题可得面积，由面积公式求得，再由余弦定理求得，然后利用正弦定理即得． 【小问1详解】 在三角形中，∵， ∴， 在中，由正弦定理得， 又，，， ∴. 【小问2详解】 ∵， ∴，， 又的面积为， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由余弦定理得， ∴， 在中，由正弦定理得 ∴. 16. 在四棱锥中，底面ABCD为梯形，已知，，，是以BC为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面PCD； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取为的中点，连接、，先证、，然后再证明，从而证明平面，找到，再根据，即可证明平面PCD. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出对应点的坐标，然后计算平面、平面的法向量，通过计算两个法向量夹角的余弦值来确定二面角的平面角的余弦值. 【小问1详解】 证明： 设点为的中点，连接、， 因为是以BC为斜边的等腰直角三角形，所以， 因为，所以，因为，，所以, 在中，，可知，且, 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 所以， 在中，，所以，即， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以，又因为，，平面， 所以平面PCD. 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴为正方向建立空间直角坐标系，如图所示，空间直角坐标系， 由题意得：，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为，得 ，不妨设，则， 同理可得平面的一个法向量为， 所以. 由图可知，所求的二面角平面角为钝角， 所以二面角的平面角的余弦值为. 17. 设函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程. （2）讨论函数在区间上零点的个数. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先求得导函数，是切线的斜率，利用点斜式方程求切线方程即可； （2）先对参数分类讨论研究函数的单调性，结合函数的最值和区间的边界值，利用零点存在性定理判断零点个数即可. 【小问1详解】 因为，所以， 则， 所以，切线方程为 即 【小问2详解】 由（1）知，. ①当时，在区间上大于零，在区间上单调递增，且，所以在区间上有一个零点. ②当时，在区间上小于零，在区间上单调递减，且，所以在区间上有一个零点. ③当时，在区间上小于零，在区间上大于零， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 而. 当，即时，在区间上有两个零点. 当，即时，在区间上有一个零点. 综上可知，当或时，在上有一个零点， 当时，在区间上有两个零点. 18. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，双曲线的一条渐近线的斜率为，且的一个焦点到其渐近线距离为2. （1）求的方程； （2）若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于求证：为定值. 【答案】（1） （2）证明如下： 令，由题意， 在上，，得， 即， 则过与其中一条斜率为2的渐近线平行的直线， 联立，可得， 即，解得， 即，同理可得， ，证毕. 【解析】 【分析】（1）由题意，求出即可得出双曲线方程； （2）设，得出，写出平行渐近线的直线方程，联立双曲线方程得出坐标，计算即可得证. 【小问1详解】 由题意得， ， 的焦点到渐近线的距离为， ， 双曲线方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知数列{an}满足a1=3，an+1=4an+3n-1，n∈N*. （1）求证：数列是等比数列，并求{an}的通项公式； （2）记，求证：对任意n∈N*，； （3）设，若不等式对于任意的恒成立，求正整数m的最大值. 【答案】（1）证明见解析，，；（2）证明见解析；（3）8. 【解析】 【分析】（1）利用递推关系证得，即证结论，再利用公式写出的通项公式，即得{an}的通项公式； （2）先进行不等式放缩，再求，利用等比数列求和公式即证，利用证得，即证结论； （3）先化简，，转化不等式为，再利用数列单调性求最小值，即得，解得参数的范围，即得结果. 【详解】（1）解：由a1=3，an+1=4an+3n-1，n∈N*，可得， 所以是以4为首项，4为公比的等比数列， 所以，则，； （2）当n≥2时，， 所以 又，所以， 综上，； （3），则， 不等式， 即 设，则只需. 则 所以f（n+1）>f（n），即当n增大时，f（n）也增大， 故时，，所以， 即， 故正整数m的最大值为8. 【点睛】关键点点睛： （1）的解题关键在于观察已知条件，运用构造法，结合等比数列的定义与通项公式来求解； （2）的解题关键在于先适当放缩成等比数列，才能利用等比数列的性质，结合不等式的性质来突破； （3）的解题关键在于运用参数分离，根据化归思想，将求正整数m的最大值问题等价转化为求函数f（n）的最小值，再结合运用函数f（n）的单调性求得函数f（n）的最小值，以突破难点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南丰一中高三数学上学期期末考试试卷 命题人：李健 审题人：邹水武 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 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，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角的对边分别为.若，且，则 A. B. C. D. 7. 已知数列满足，数列的前项和为，则 （ ） A. B. C. D. 8. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 函数为偶函数,且最小正周期为4 B. 若,,则往方向上的投影长为 C. 是抛物线上一点,,则的最小值为1 D. 已知两直线与,则“”是“,互相平行”的充分不必要条件 10. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，下列说法正确的是（ ） A. 与所成的角是 B. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是 C. 三棱锥的体积是 D. 与平面所成的角的正弦值是 11. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，满足＝3，且，，则向量与的夹角的正弦值为________． 13. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 14. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 如图，在中，，，点D在线段BC上. （1）若，求AD的长； （2）若，的面积为，求的值. 16. 在四棱锥中，底面ABCD为梯形，已知，，，是以BC为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面PCD； （2）求二面角的平面角的余弦值． 17. 设函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程. （2）讨论函数在区间上零点的个数. 18. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，双曲线的一条渐近线的斜率为，且的一个焦点到其渐近线距离为2. （1）求的方程； （2）若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于求证：为定值. 19. 已知数列{an}满足a1=3，an+1=4an+3n-1，n∈N*. （1）求证：数列是等比数列，并求{an}的通项公式； （2）记，求证：对任意n∈N*，； （3）设，若不等式对于任意的恒成立，求正整数m的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $