精品解析：湖南省岳阳市云溪区2024-2025学年高三上学期1月期末数学试题

2025年高三上学期数学期末考试试卷 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 3. 已知向量，，若与方向相同，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 4. 若复数满足且，则（ ） A. 5 B. C. D. 10 5. 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线：的焦点为F，点P是C上的一点，点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数恰有2个零点，则实数（ ） A. 有最大值，没有最小值 B. 有最小值，没有最大值 C. 既有最大值，也有最小值 D. 既没有最大值，也没有最小值 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分） 9. 已知正四棱台的体积为，则（ ） A. 正四棱台的高为 B. 与平面所成的角为 C. 平面与平面夹角的正切值为 D. 正四棱台外接球的表面积为 10. 设公比为q的等比数列前n项的积为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则必有 C. 若，，则有最大值 D. 若，则数列一定是等差数列 11. 曲线C是平面内与三个定点，和的距离的和等于的点的轨迹，P为C上一点，则（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 存在点P，使得 C. 面积的最大值是1 D. 存在点P，使得为钝角 12. 设是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，，且，，都有，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 13. 的展开式中的系数为__________（用数字作答） 14. 已知数列中，，，（，），则______． 15. 已知圆和圆与x轴和直线都相切，两圆相交于M，N两点，其中点M的坐标为，且两圆半径的乘积为5，则k的值为_______. 16. 若无穷数列满足，则称数列为数列. 若数列为递增数列，则_____；若数列满足，且，则_____. 四、解答题（共5小题，共70分） 17. 已知函数在处的切线为. （1）求的值； （2）求函数的单调区间与最大值. 18. 某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛： ①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号； ②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响． （1）求甲没有获得“智慧星”称号的概率； （2）求乙获得“智慧星”称号的概率． （3）记事件“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多3个”，求事件发生的概率． 19. 已知双曲线E：与有相同的渐近线，且过点. （1）求E的方程； （2）已知O为坐标原点，直线与E交于P，Q两点，且，求m的值. 20. 直线经过抛物线的焦点，且与交于两点（点在轴上方)，点（，且）在轴上，直线，分别与交于点，，记直线与轴交点的横坐标为. （1）若直线垂直于轴，求直线的方程. （2）证明：. 21. 数列满足对任意的正整数都成立，则称为数列. （1）设是等差数列，是正项等比数列，记，证明：数列是数列； （2）若为数列，且，求证：； （3）若正项数列的前项和为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高三上学期数学期末考试试卷 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，阴影部分表示并集去掉交集，结合交集并集概念计算即可. 【详解】根据题意，阴影部分表示并集去掉交集. ，则. 故阴影部分表示. 故选：C. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直求出得到的坐标，然后计算其模长即可. 【详解】向量，， 因为，所以，解得， 所以，所以， 故选：A 3. 已知向量，，若与方向相同，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行可得的值，利用与方向相同验证可得结果. 【详解】由与方向相同得，， ∴，解得， 当时，，，，与方向相同， 当时，，，，与方向相反，不合题意. 综上得，. 故选：C. 4. 若复数满足且，则（ ） A. 5 B. C. D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】设，则可得，结合复数运算可得，再计算出后结合模长定义计算即可得. 【详解】设，则，即， 则，则， 则. 故选：B. 5. 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】在甲单独参加某项比赛条件下，结合分堆问题的处理方法及分步乘法计数原理求满足条件的方法数，再在甲不单独参加某项比赛条件下，.由分步乘法计数原理及排列知识求满足条件的方法数，最后利用分类加法原理求结论. 【详解】满足条件的报名方法可分为两类： 第一类：甲单独参加某项比赛， 先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种， 再将余下人，安排到与下的三个项目， 由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名， 故满足条件的报名方法有, 所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种， 第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛， 先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法， 再安排余下三人，有种方法， 所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种， 所以满足条件的不同的报名方法共有种方法. 故选：C. 6. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合二次函数性质分析可知函数在上单调递增，根据分段函数单调性列式求解即可. 【详解】因为的图象开口向上，对称轴为， 且的单调性相同， 若函数是上的单调函数，可知函数在上单调递增， 则，解得， 所以实数a的取值范围是. 故选：B. 7. 已知抛物线：的焦点为F，点P是C上的一点，点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点P作C的准线的垂线，垂足为，结合抛物线定义及三角形的性质有求周长最小值. 【详解】由题知，准线方程为，过点P作C的准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义知，又， 所以， 当且仅当M，P，三点共线时取得最小值， 故周长的最小值是. 故选：C 8. 已知函数恰有2个零点，则实数（ ） A. 有最大值，没有最小值 B. 有最小值，没有最大值 C. 既有最大值，也有最小值 D. 既没有最大值，也没有最小值 【答案】A 【解析】 【分析】当，可得在时无零点，则需在时有2个零点，则可得且；当时，可得在时有1个零点，则需在时有1个零点，则可得，即可得的取值范围，即可得解. 【详解】当时，若，则， 此时在时无零点，则需在时有2个零点， 令，则或， 则、且，解得且，即且符合要求； 当时，令，则， 即在时有1个零点，则需在时有1个零点， 令，则或， 由，则，故需满足，解得， 即时，符合要求； 综上所述，， 故实数有最大值，没有最小值. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分及进行讨论，即可得分别在及时的零点个数，从而可讨论出的取值范围. 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分） 9. 已知正四棱台的体积为，则（ ） A. 正四棱台的高为 B. 与平面所成的角为 C. 平面与平面夹角的正切值为 D. 正四棱台外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式即可求解A，根据线面垂直可得为与平面所成的角，是平面与平面所成的夹角，即可利用三角形的边角关系求解BC，根据勾股定理，可求解半径，进而根据球的表面积公式即可求解D. 【详解】在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，如图， 对于A，，故，A正确； 对于B，平面，在直角梯形中，， 取中点，连接，有平面,故为与平面所成的角， 由于，故，因此与平面所成的角为， 平面平面，故与平面所成的角为，B错误， 对于C,过作， 由于平面，平面，, 平面，故平面， 平面，故， 则是平面与平面所成的夹角， 因此，故C正确， 对于D，设外接球的球心为，连接, 设，则， 故，解得，， 故表面积为，D正确， 故选：ACD. 10. 设公比为q的等比数列前n项的积为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则必有 C. 若，，则有最大值 D. 若，则数列一定是等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等比数列的积的性质，来研究各选项，即可得到判断. 【详解】由于公比为q的等比数列前n项的积为， 因为，所以， 所以，故A错误； 因为，且， 所以，由于等比数列奇数项必同号，则，故B正确； 因为，，所以等比数列是递减数列， 必存在，使得且，这个时候，故C正确； 因为，所以， 由于， 当时，不满足等于同一个常数，故数列不一定是等差数列， 故D错误； 故选：BC. 11. 曲线C是平面内与三个定点，和的距离的和等于的点的轨迹，P为C上一点，则（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 存在点P，使得 C. 面积的最大值是1 D. 存在点P，使得为钝角 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，由已知表示出曲线C的方程，观察方程的对称性可以判断结果；B选项，假设结论成立，推理出曲线存在，符合题意；C选项，点P在椭圆上顶点时，满足题意，且面积最大；D选项，寻找曲线C上的一个特殊点，验证为钝角. 【详解】设曲线C上任意一点， 由题意可知C的方程为. 因为点在曲线C上，而点不在曲线C上，所以曲线C不关于x轴对称，故A错误； 若，则，所以这样的点P存在，故B正确； ，P应该在椭圆D：内（含边界）， 曲线C与椭圆D有唯一的公共点， 此时，， 当点P为点时，的面积最大，最大值是1，故C正确； 取曲线C上点，此时， 在曲线C上再寻找一个特殊点，， 则，即， 两边平方并整理得，解得， 即或. 因为，则取点， 此时，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题关键是判断曲线C的方程表示的几何图形，根据已知条件并数形结合P点的位置，再通过找特殊点得出即或，并取点，从而解决问题. 12. 设是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，，且，，都有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用赋值法判断A，利用的奇偶性与对称性分析得其周期性，再结合赋值法可判断BC，利用的周期性，结合一个周期内的相应函数值之和即可得解. 【详解】对于A，因为，，都有， 所以，即，则， 又，故，故A错误； 对于B，则，即， 又，则， 因为是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称， 所以，，则， 所以，故B正确； 对于C，，即，则， 所以，故C正确； 对于D，因为， 所以 又，即是周期为的周期函数， 所以，故D错误. 故选：BC. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则， 若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 13. 的展开式中的系数为__________（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中和的系数，即可得的展开式中的系数. 【详解】的展开式的通项式 当时，, 当时，, 的展开式中含的系数为. 故答案为：. 14. 已知数列中，，，（，），则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列，结合等差数列通项公式分析求解. 【详解】因为，且， 可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列， 则，可得， 所以. 故答案为：. 15. 已知圆和圆与x轴和直线都相切，两圆相交于M，N两点，其中点M的坐标为，且两圆半径的乘积为5，则k的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意设出圆心与半径，根据圆的标准方程，将问题转化为一元二次方程有解问题，利用韦达定理求得两圆心所在直线的斜率，根据正切的二倍角公式，可得答案. 【详解】圆和圆与x轴和直线都相切，且一个交点， 设a，b分别是圆和圆的半径，，，其中， 所以，所以a，b是的两个不同的根， 又，所以，解得，所以， 而直线的倾斜角是直线的倾斜角的一半， 当时，可得，符合题意； 当时，可得，不符合题意. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于方程思想的应用，将问题转化为一元二次方程有解问题，利用韦达定理求参数，即可使问题解决. 16. 若无穷数列满足，则称数列为数列. 若数列为递增数列，则_____；若数列满足，且，则_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合所给定义与递增数列的性质可得，利用累加法计算即可得空一；依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可. 【详解】由为递增数列，则，故， 则，，，， 则 即， 又，则，故； 由，故数列是单调递增数列， 即数列的偶数项构成单调递增数列， 依题意，可得，或，由，故， 故或，则或或或， 由，故，又，则， 故，故当时，有， 下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数： 假设数列中存在同时为非负数， 因为， 若，则有，与条件矛盾； 若，则有，与条件矛盾； 即假设不存在，即对任意正整数，中至少有一个小于； 由，对成立， 故时，，，即， 故， 故， 即，， 又，所以数列是，公差为1的等差数列， 所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：空二的关键点在于考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得. 四、解答题（共5小题，共70分） 17. 已知函数在处的切线为. （1）求的值； （2）求函数的单调区间与最大值. 【答案】（1） （2）在单调递减，单调递增， 【解析】 【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，列方程求即可； （2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性求最值. 【小问1详解】 因为函数在处的切线为， 所以，， 又函数的导函数， 所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知 当，当且仅当时取等号， 当， 在单调递减，单调递增， 又，， . 18. 某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛： ①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号； ②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响． （1）求甲没有获得“智慧星”称号的概率； （2）求乙获得“智慧星”称号的概率． （3）记事件“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多3个”，求事件发生的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）获得“智慧星”，没获得“智慧星”为对立事件，先考虑求获得“智慧星”的概率，根据对立事件概率求法即可得解； （2）设乙答对的问题数为，则服从二项分布，由题意需求即可； （3）甲可能答对个，据此分类讨论求解. 【小问1详解】 设甲获得“智慧星”称号的事件为， 根据独立事件的乘法公式，， 于是， 即甲没有获得“智慧星”称号的概率是； 【小问2详解】 设乙答对的问题数为，则， 由题意，乙获得智慧星的概率为 【小问3详解】 由于乙最多题，甲最多题，当乙比甲多对题时，甲可能答对题 当甲对题，乙对题时，； 当甲对题，乙对题时，； 当甲对题，乙对题时，； 故 19. 已知双曲线E：与有相同的渐近线，且过点. （1）求E的方程； （2）已知O为坐标原点，直线与E交于P，Q两点，且，求m的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，结合代入法进行求解即可； （2）将直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可. 【小问1详解】 由题意，设E的方程为，又E过点， 所以，解得， 所以E的方程为. 【小问2详解】 设，，由得， 因为， 所以，， 所以 ， 所以， 解得或. 20. 直线经过抛物线的焦点，且与交于两点（点在轴上方)，点（，且）在轴上，直线，分别与交于点，，记直线与轴交点的横坐标为. （1）若直线垂直于轴，求直线的方程. （2）证明：. 【答案】（1） （2） 设直线为，联立，则有， 故，， 由，则，， 联立，则， 故，即，同理可得， 则，， 则， 令，即有， 又，则， 则， 故，由， 故，即得证. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，则可计算出点、坐标，结合坐标即可得、坐标，即可得直线的方程； （2）设直线为，联立直线与抛物线，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合坐标则可表示出、坐标，即可得直线的方程，再令即可得，最后借助放缩并裂项相消法求和即可得证. 【小问1详解】 由抛物线的焦点为， 若直线垂直于轴，则，令，则、， ，则，即， ，即， 联立，解得或，即， 联立，解得或，即， 故直线的方程为； 【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. 21. 数列满足对任意的正整数都成立，则称为数列. （1）设是等差数列，是正项等比数列，记，证明：数列是数列； （2）若为数列，且，求证：； （3）若正项数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） ∵数列为等差数列， ∵数列为等比数列，设数列的公比为， ∴，又 ， ∴数列为数列； （2） 由为数列则 设则， ， ∴，， ∴， ， ∴， 解得：； （3）证明见解析 由且， ∴， ∴ 又 ， ∴， ∴. 【解析】 【分析】（1）结合等差数列性质，等比数列性质证明，结合新定义完成证明； （2）设，由条件结合数列定义可得，再证明，，由此可证明结论； （3）先证明，再证明，结合证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $