精品解析：辽宁省五校（东北育才中学、辽宁省实验中学、大连24中学、大连八中、鞍山一中）2025高三上学期期末考试数学试卷

2024—2025学年度上学期期末考试高三年级数学科试卷 命题学校：大连市第八中学 命题人：陈浩 校对人：王洪志 第I卷 一､单项选择题：本大题共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. 若，且，则复数的虚部为（ ） A. 或2 B. 2 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数模的性质建立方程求解参数，再求虚部即可. 【详解】因为，所以，解得， 则复数的虚部为或2，故A正确. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解各个集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 故，故C正确. 故选：C 3. 已知、不共线，且，，那么、、三点共线的充要条件为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知，，设，根据平面向量的基本定理可得出关于、、的方程组，消去即可得出结果. 【详解】、、三点共线， 设，即， 由于、不共线，则，消去可得. 因此，、、三点共线的充要条件为. 故选：D. 4. 若，则（ ） A. B. 280 C. 560 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知，结合二项式定理运算求解即可. 【详解】因为， 由二项式定理可得， 令，解得， 可得，所以. 故选：C. 5. 如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，根据三角形相似得到，根据面面平行得到线线平行，得到∽，故，从而，得到，所以. 【详解】延长交于点，连接， 则∽， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，又四边形为平行四边形， 所以∽，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以. 故选：B 6. 已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用给定条件求出等差数列基本量，再运用公式法求和即可. 【详解】设首项为，公差为，由已知得， 因为，所以， 化简得，因为成等比数列，所以， 故，解得或(舍去)， 故，且设前项和为， 则，得到，故A正确. 故选：A 7. 在数学上，常用表示不大于的最大整数，已知函数，则下列正确的是（ ） A. 函数在定义域上是增函数 B. 函数的零点有无数个 C. 函数在定义域上的值域是 D. 不等式解集是； 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定定义判断B，举反例判断A，C，D即可. 【详解】对于A，当时，， 此时，当时，而， 故，则，此时， 得到函数在定义域上不是增函数，故A错误， 对于B，令，解得，即， 此区间内有无数个，故函数的零点有无数个，故B正确， 对于C，当时，， 此时，即函数在定义域上的值域不是，故C错误， 对于D，当时，， 此时，而不在内， 故不等式解集不是，故D错误. 故选：B 8. 设双曲线：的右焦点为，双曲线上的两点关于原点对称，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解. 【详解】如图所示： 设双曲线的左焦点，由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形， 又，则，所以平行四边形为矩形，故， 设，，则， 在中，，， 所以，则， 所以， 令，得， 又由，得， 因为对勾函数在上单调递增，所以， 所以 ，即， 则，故， 所以， 所以双曲线离心率的取值范围是， 故选：A 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 若存在，使得与同时成立，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为8 D. 的最大值为－16 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知可得，可求得或，可判断A；计算可判断B；利用基本不等式计算可判断CD. 【详解】选项A：存在，使得与同时成立，则， （提示：只有当时，才有） 解得或，所以，故A正确． 选项B：若，则或，又，故B错误． 选项C：，当且仅当时等号成立，又，所以，故C错误． 选项D：因为，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最大值为，故D正确． 故选：AD. 10. 设函数，则（ ） A. 不是函数的极值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，求导得到函数单调性，得到是函数的极大值点，A错误；B选项，作差法得到，B正确；C选项，，，由A知，在上单调递减，求出；D选项，时，作差法得到，并由的单调性，得到. 【详解】A选项，， 令，解得或，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故是函数的极大值点，A错误； B选项， ， 因为时，，故， 故，B正确； C选项，，，， 由A知，在上单调递减， 且，故，C正确； D选项，时，，， 即， 因为在上单调递减，所以，D错误. 故选：BC 11. 已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 直线PN的倾斜角 C. 若，则直线AB的方程为 D. 的最小值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据向量夹角设直线再结合抛物线定义得出焦半径公式即可判断A,设点，分两种情况讨论判断B,求导函数得出直线的斜率即可得出直线方程判断C,先写出切线再联立得出，结合焦半径公式计算最小值判断D. 【详解】由题，则向量的夹角为，故F，A，B三点共线， 设，与C的方程联立得，设， 则，，故， 由抛物线的定义得， 故，，所以A错误； 设，，当时，直线PN倾斜角大于等于， 当时，，所以直线PN的倾斜角，B正确； 记直线AB的斜率为k，令，则，则， 又，所以，所以，又直线AB过点，故直线AB的方程为正确； ，又，所以， 同理，联立解得，即，又， 所以，当时，等号成立，所以的最小值为2，D正确； 故选:BCD. 【点睛】关键点点睛：解题关键点是应用导数求出切线斜率进而得出切线方程，再分别得出直线方程及焦半径的最小值. 第II卷 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆柱与圆锥的高均为2，且二者底面半径相等，若圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等，则圆锥的体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用给定条件建立方程求解参数，再利用圆锥体积公式求解即可. 【详解】设圆柱与圆锥的底面半径均为，由题意得圆柱与圆锥的高均为2， 则圆柱的侧面积为，圆锥的表面积为， 若圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等， 则，化简得， 解得，且设圆锥体积为，故. 故答案为： 13. 已知函数在区间上单调递增，其图象过点且在区间上有且仅有两条对称轴，则满足题意的__________.（写出一个值即可） 【答案】4（答案不唯一，4，5，6任写一个即可） 【解析】 【分析】根据图象过点可得，再以为整体，结合正弦函数的对称性以及单调性求的取值范围，即可得结果. 【详解】因为函数的图象过点，则，即， 且，即，可得， 所以， 因为，且，则， 若函数的图象在区间上有且仅有两条对称轴， 则，解得， 又因为，且，则， 若函数在区间上单调递增，且， 则，解得， 综上所述：，且， 所以，例如. 故答案为：4（答案不唯一，4，5，6任写一个即可）. 14. 已知是的导函数，若恒成立，求正实数的最小值__________. 【答案】 【解析】 【分析】变形得到，令，，则，二次求导得到在上单调递增，得到，令，，求导得到的最大值为，故，得到答案. 【详解】，，定义域为， 故恒成立， 即， 令，，则， 其中， 令，，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故恒成立， 所以在上单调递增， ， 令，，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 故，正实数的最小值为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：变形得到，令，，则，再求导得到的单调性，进行下一步的求解. 四､解答题：本答题共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. 在中，已知. （1）求； （2）若在边上存在点，使为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）已知三边求角，利用余弦定理即可求解； （2）利用余弦定理求出，设，利用正弦定理有， 即，利用函数即可求解. 【小问1详解】 因为由余弦定理有：， 因为为的内角，所以 【小问2详解】 因为由余弦定理有： =， 所以 设，由点在边上，且为锐角三角形，所以， 所以. 在中，由， 所以，所以， 所以 由是定义域上的减函数，所以， 所以的范围为. 16. 已知椭圆的离心率为，过坐标原点和点的直线与椭圆交于两点，且. （1）求椭圆的方程； （2）直线与交于两点（在轴的同侧），分别是椭圆的左，右焦点，当时，求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2）2. 【解析】 【分析】（1）利用给定的离心率可得，化简椭圆方程，并求出直线与椭圆方程联立，利用给定弦长求出即可. （2）延长交于点，由椭圆对称性可得关于原点对称，将四边形面积转化为求解. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，得，则， 椭圆方程化为，直线的斜率，其方程为， 由椭圆对称性，不妨设点，由，解得， 因此，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图，延长交于点，由（1）知， 设，设的方程为， 由消去得，则， 设与的距离为，四边形的面积为， 由及椭圆的对称性知，点与点关于原点对称， 则 又 当且仅当，即时，等号成立， 所以四边形面积的最大值为2. 17. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 【答案】（1） （2）分布列： 0 4 6 数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数的性质结合古典概型求解概率即可. （2）利用给定条件求出每种情况对应的概率，再求解分布列和数学期望即可. （3）合理进行分类讨论，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【小问1详解】 由题意得甲同学所有可能的选择答案有种， 而其中正确选项只有一个，设符合条件的事件为，故. 【小问2详解】 乙同学所有可能的选择答案有种，即共有10个样本点， 设乙同学本题可能得分为，则的可能取值为， ，，， 所以乙同学可能得分的分布列为 0 4 6 所以数学期望为. 【小问3详解】 由题意得丙得0分的概率为， 丁得0分的概率为， 丙丁总分刚好得分的情况包含： 事件：丙得分有一种情况，丁得分有三种情况， 则； 事件：丙得分有两种情况，丁得分有两种情况， 则； 事件：丙得分有三种情况，丁得分有一种情况， 则； 所以丙丁总分刚好得分的概率. 18. 如图，在四棱柱中，已知底面，，点是线段上的动点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与所成角的余弦值的最大值； （3）在线段上是否存在与不重合的点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可得平面，结合面面垂直的判定定理可证结论； （2）根据直线与平面所成角的取值范围，求得平面与直线的夹角，结合法向量与线面距离，可得答案； （3）设，求得二面角的两平面的一个法向量，结合夹角的向量公式，可得的方程，求解可得答案. 【小问1详解】 由，，所以. 由平面，平面，所以. 由，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 取中点，连接， 在梯形中，因为，，所以，， 则在中，，由，则， 易知两两垂直，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 如下图所示： 在四棱柱中，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，， 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，可得，则， 取，则，所以平面的一个法向量， 设点到平面的距离， 设直线与平面所成角为，则，即， 在四棱柱中，因为，且平面， 所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值，即为. 【小问3详解】 由题意作图如下：由题可知 ，，， 因为，所以，则，， ， 设平面的法向量，可得， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量，可得， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设二面角的大小为， 则， 由二面角的正弦值为，则， 可得，化简可得，解得或， 由，则，故存在，. 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3）具有，具有 【解析】 【分析】（1）对于判断数列是否具有性质，需要根据性质的定义，即判断数列是否为无穷正项数列，是否存在使得，以及数列是否为单调数列即可. （2）对于证明数列具有性质，需要根据二项分布的性质，先求出的表达式，再分析其单调性和有界性即可. （3）对于判断数列和是否具有性质，需要根据函数的性质，通过分析数列的递推关系来判断其单调性和有界性即可. 【小问1详解】 因为单调递增，不存在正数， 使得恒成立，所以数列不具有性质. 因为，又数列为单调递减数列，所以数列具有性质. 【小问2详解】 因为， 若为奇数的概率为为偶数的概率为， 则， 记为①， ， 记为②， 而，即， 所以当时，， 故随着的增大而增大，且，即数列具有性质. 【小问3详解】 令， 则，，， 所以当时，在上递减，而， 故，由零点存在性定理得在有唯一的零点， 得到，即， 且当时，，即， 当时，，即 由，可知， 此时在上单调递增； 由， 得到， 故， 假设时，成立， 则， 即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列. 对数列，存在，使，所以数列具有性质. 对数列，存在，使，所以数列也具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是合理运用导数和数学归纳法，然后结合给定定义得到所要求证明的命题即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期期末考试高三年级数学科试卷 命题学校：大连市第八中学 命题人：陈浩 校对人：王洪志 第I卷 一､单项选择题：本大题共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. 若，且，则复数的虚部为（ ） A. 或2 B. 2 C. D. 或 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知、不共线，且，，那么、、三点共线的充要条件为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. 280 C. 560 D. 5. 如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 在数学上，常用表示不大于的最大整数，已知函数，则下列正确的是（ ） A. 函数在定义域上是增函数 B. 函数的零点有无数个 C. 函数在定义域上的值域是 D. 不等式解集是； 8. 设双曲线：的右焦点为，双曲线上的两点关于原点对称，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 若存在，使得与同时成立，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为8 D. 的最大值为－16 10. 设函数，则（ ） A. 不是函数的极值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 直线PN的倾斜角 C. 若，则直线AB的方程为 D. 的最小值为2 第II卷 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆柱与圆锥的高均为2，且二者底面半径相等，若圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等，则圆锥的体积为__________. 13. 已知函数在区间上单调递增，其图象过点且在区间上有且仅有两条对称轴，则满足题意的__________.（写出一个值即可） 14. 已知是的导函数，若恒成立，求正实数的最小值__________. 四､解答题：本答题共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. 在中，已知. （1）求； （2）若在边上存在点，使为锐角三角形，求的取值范围. 16. 已知椭圆的离心率为，过坐标原点和点的直线与椭圆交于两点，且. （1）求椭圆的方程； （2）直线与交于两点（在轴的同侧），分别是椭圆的左，右焦点，当时，求四边形面积的最大值. 17. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 18. 如图，在四棱柱中，已知底面，，点是线段上的动点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与所成角的余弦值的最大值； （3）在线段上是否存在与不重合的点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $