精品解析：甘肃省多校2024-2025学年高三上学期1月期末联考数学试题

高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 6 D. 12 4. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为如图2所示的抛物线，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点F处，已知卫星接收天线的口径（直径）为10m，深度为3m，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线焦点到顶点的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数满足且，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） 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. 某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：kg），并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（ ） A. B. 估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为 C. 估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间 D. 估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 若函数图象的一条对称轴方程为，则（ ） A. B. C. 图象的一条对称轴为直线 D. 在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为________. 13. 已知向量，，若，则________. 14. 已知函数，则函数的最小值为________；若过原点可向曲线作两条切线，则a的取值范围是________.（注：当时，） 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 已知函数. （1）若在处取得极值，求实数的值； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，侧面PCD为正三角形，且平面PCD平面ABCD，，，，. （1）证明：. （2）已知Q为侧棱PB上一点，平面QAC. ①求的值； ②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值. 18. 已知双曲线的左，右顶点分别为，，左焦点为，O为坐标原点，是线段OM的中点. （1）求双曲线的离心率. （2）过点M且斜率不为0的直线l与双曲线的左，右两支的交点分别为Q，P. ①若直线l的斜率为1，，求双曲线的方程； ②连接QO并延长，交双曲线于点R，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式，化简集合，根据交集的定义求结论. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法法则计算，再由复数几何意义确定其所对应的点的象限. 【详解】因为， 所以复数在复平面上的对应的点的坐标为， 所以其对应的点位于第二象限. 故选：B. 3. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理（为的外接圆半径）求解即可. 【详解】设外接圆的半径为， 则，即. 故选：A . 4. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用弦长公式即可求得结果. 【详解】圆C的圆心为，半径为3，圆心到直线l的距离， 所以直线l被圆C截得的弦长为. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件，结合两角差正切公式求，结合二倍角公式，平方关系将所求式子转化为齐次式，利用齐次式的方法求结论. 【详解】因为， 所以. 因为， 所以. 故选：C. 6. 某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为如图2所示的抛物线，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点F处，已知卫星接收天线的口径（直径）为10m，深度为3m，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线焦点到顶点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，结合条件列方程求，结合抛物线性质可求结论. 【详解】由题意建立如图所示的平面直角坐标系， 设抛物线的方程为. 由题意可得，将点的坐标代入抛物线的方程可得， 解得，所以抛物线的方程为， 焦点的坐标为，即， 所以抛物线焦点到顶点的距离为. 故选：B. 7. 已知函数满足且，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件可得函数的单调性，再利用分段函数单调性，结合指数函数单调性列式求解. 【详解】依题意，函数满足且，，则是上的增函数， 因此，解得， 所以的取值范围为. 故选：C 8. 已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取正三棱锥的底面中心为，设外接球的球心为，先由三棱锥的体积求出正三棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可. 【详解】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上. 设正三棱锥的高为，外接球的半径为， 由，可得正三角形的面积为， 所以，解得. 球心到底面的距离为， 由，得， 所以外接球的表面积为. 故选：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. 某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：kg），并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（ ） A. B. 估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为 C. 估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间 D. 估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图有所有频率之和为1即可求得，根据质量不低于1.6kg的频率之和即可判断B， 求出哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间的频率即可判断C，计算中位数即可判断D. 【详解】对于A：，解得，A错误； 对于B：估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为，B正确； 对于C:因为，所以估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间，C正确； 对于D:设该哈密瓜的质量的中位数为，则有， 所以估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间，D正确. 故选：BCD. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由二项式令可求，取可求所有系数和，由此判断AB；取，结合二项式展开式的通项公式求，判断C，取，结合的值判断D. 【详解】令，得， 令，得， 所以， 所以A正确；B正确； 令，则，所以， 因为二项式的展开式的通项公式为，， 所以，故C不正确； 令，得， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 若函数图象的一条对称轴方程为，则（ ） A. B. C. 图象的一条对称轴为直线 D. 在上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称性的性质有条件列方程可求，由此判断AB，再根据正弦型函数的对称轴的求法及单调区间的求法判断CD. 【详解】函数， 设，， 则， 因为函数图象的一条对称轴方程为， 由，即， 化简可得， 所以，所以A不正确，B正确； . 令，得， 当时，得，所以C正确； 令， 得， 当时，，所以D不正确. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为________. 【答案】16 【解析】 【分析】由椭圆方程可得参数的值，进而求出的值，根据椭圆的定义，可得答案. 【详解】由题意可得，，所以，故的周长为. 故答案为：. 13. 已知向量，，若，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】由向量垂直的性质列方程求，利用向量的模的坐标表示求，再由向量夹角公式求结论. 【详解】因为， 所以，得. 因为，，， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数，则函数的最小值为________；若过原点可向曲线作两条切线，则a的取值范围是________.（注：当时，） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】(1)求导数，根据单调性，即可求出的最小值；（2）设切点为得切线方程， 将问题转化为关于的方程有两个不同的根即可. 【详解】因为， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为. 因为，所以. 设切点为， 则切线方程为，将原点坐标代入， 化简得，则关于的方程有两个不同的根. 令，则，所以在上单调递减， 在上单调递增.因为，，，， 所以，故的取值范围是. 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用公式，求出数列的通项，结合为等差数列列方程求，由此可得结论； （2）由（1），利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 因为数列为等差数列，且，所以数列的公差为 所以，即， 所以，故， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， . 16. 已知函数. （1）若在处取得极值，求实数的值； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）条件可转化为为的变号零点，列关系式求； （2）条件可转化为恒成立，利用导数求函数的最小值可得结果. 【小问1详解】 因为在处取得极值，所以为的变号零点， 函数的定义域为，导函数， 所以，得. ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，符合题意，故实数的值为. 【小问2详解】 因为，所以可转化为，即恒成立. 令，则， 令，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以， 故实数的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，侧面PCD为正三角形，且平面PCD平面ABCD，，，，. （1）证明：. （2）已知Q为侧棱PB上一点，平面QAC. ①求的值； ②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由直角梯形的几何性质以及勾股定理，可得线线垂直，根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质，可得答案； （2）①由相似三角形的性质以及线面平行的性质，可得答案；②由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 证明：在梯形ABCD中，因为，，，， 所以，则，所以. 因为平面平面ABCD且平面平面，所以平面PCD， 因为平面，所以. 【小问2详解】 ①设AC与BD的交点为M，连接MQ， 则在直角梯形，易知， 因为，，所以. 因为平面，且平面，平面平面， 所以，则，即，故. ②如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为，所以. 设平面QAC的法向量为， 因为，， 所以令，得. 设直线DQ与平面QAC所成的角为， 因为，所以， 所以直线DQ与平面QAC所成角的正弦值为. 18. 已知双曲线的左，右顶点分别为，，左焦点为，O为坐标原点，是线段OM的中点. （1）求双曲线的离心率. （2）过点M且斜率不为0的直线l与双曲线的左，右两支的交点分别为Q，P. ①若直线l的斜率为1，，求双曲线的方程； ②连接QO并延长，交双曲线于点R，证明：. 【答案】（1）2 （2）①； ②证明：，，， 则 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）由题意可得参数的等量关系，利用离心率的公式，可得答案； （2）由题意作图，联立方程写出韦达定理，①由直线斜率与弦长公式，可得答案，②利用垂直向量的坐标表达，代入韦达定理，可得答案. 【小问1详解】 因为是线段OM的中点，所以，即，所以双曲线的离心率为2. 【小问2详解】 设直线，点，. 联立，得. 由（1）可得，化简得，所以， 即，，. ①因为直线l的斜率为1，所以，. ，即， 结合，，解得，，所以双曲线的方程为. ②略 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $