精品解析：广东省湛江市雷州市第二中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题

2024—2025学年度第一学期雷州市第二中学高三年级期末考试数学试卷 试卷满分：150分 考试用时：120分钟 第I卷（选择题） 一、单选题.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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义求解. 【详解】因为，， 所以． 故选：B． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的四则运算化简可得复数. 【详解】由可得，故． 故选：A. 3. 已知非零向量满足，则与的夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模长公式公式可得，即可根据夹角公式求解. 【详解】由于，故，故， 所以， 故， 故选：B 4. 已知，则（ ） A B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系结合题设可得，进而结合两角和的正切公式计算即可. 【详解】由，得，解得， 所以. 故选：D. 5. 2024年1月1日，第五次全国经济普查正式启动.甲、乙、丙、丁、戊5名普查员分别去城东、城南、城西、城北四个小区进行数据采集，每个小区至少去一名普查员，若甲不去城东，则不同的安排方法共有（ ） A. 36种 B. 60种 C. 96种 D. 180种 【答案】D 【解析】 【分析】按城东去1人和2人分类，再结合分组分配列式计算即得. 【详解】城东去1人，不同安排方法为（种）； 城东去2人，不同安排方法是（种）， 所以不同的安排方法共有（种）. 故选：D 6. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则= A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用函数的解析式以及函数的奇偶性的性质求解函数值. 【详解】易知 ， ， 已知函数是定义在上的奇函数，∴f(-x)=-f(x), ∴,即=-2. 故选C. 【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，函数值的求法，以及对数的运算性质；一般思路是：利用函数的奇偶性，将待求值转化为已知区间上的函数值求解. 7. 如图，已知函数，点A，B是直线与函数的图象的两个交点，若，则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据可知，或，可得的值，进而代入可求解，即可得，由整体法即可求解单调性. 【详解】设，由，不妨设，可得， 由可知，或，由图可知， ，，即故， ，结合图象，得， 即.. 若时，由，由，由可知，或，由图可知， ，，即故， 则， ，结合图象，得， 即.. 由，得. 故的单调递减区间为. 故选：B 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造，研究单调性与最值得到（当且仅当时取等号），进而得到； 通过得到进而得到. 详解】设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即，所以， 所以（当且仅当时取等号）， 令，则，所以； 设，则， 所以在单调递增，所以，即， 令，则，即. 所以. 故选：C 【点睛】方法点睛：本题考查构造函数比较大小问题.比较大小的常见方法有： （1）利用作差法或者作商法与特殊值比较； （2）构造相关函数，利用导数研究其单调性进而比较函数值； （3）利用中间量进行放缩比较. 二、多选题.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. 已知，，下列给出的实数的值，能使p是q的充分不必要条件的是（ ） A. B. C. D. =2025 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于，解不等式求得的取值范围，根据p是q的充分不必要条件求得正确答案. 【详解】对于，， 解得或， 而， 要使p是q的充分不必要条件，则， 所以BCD选项正确，A选项错误. 故选：BCD 10. 已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ） A. 若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B. 若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C. 若点在线段上运动，则始终有 D. 若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得. 设正方体的棱长为，则. 对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误； 对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确； 对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确； 对于，在正方体中，平面为定值.故D正确. 故选：BCD 11. 已知点是抛物线的焦点，，是经过点的弦且，直线的斜率，，两点在轴上方，为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 四边形面积的最小值为 C. D. 若，则直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程利用韦达定理并计算可判断A正确，求得四边形面积的表达式为并利用基本不等式计算可得最小值为，即B错误；根据焦半径公式代入计算可得C正确，求得解方程计算可得，即D正确. 【详解】如下图所示： 易知，设， 则直线的方程为，其中， 联立，整理可得， 可得， 对于A，设，易知直线的斜率为，方程为； 同理可得 所以 ，可知A正确； 对于B，由焦点弦公式计算可得， 因为，可得四边形面积为 ， 所以四边形面积的最小值为，即B错误； 对于C，由B可知，即C正确； 对于D，若，可得 ， 即可得，解得，即或（舍）； 因此直线的倾斜角为，所以直线的倾斜角为， 即直线的斜率为，即D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，毎小题5分，央15分. 12. 袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概率模型根据条件概率公式求解. 【详解】设第一次摸到红球事件,第二次摸到红球为事件, 则,, 所以 故答案为:. 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 【答案】3 【解析】 【分析】根据求得，代入结合基本不等式分析最值即可. 【详解】因为， 当时，， 又当时，，满足，故； 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值. 故答案为：. 14. 由两种或三种正多边形面组成的凸多面体称作阿基米德多面体．将一个棱长为12的正四面体截去4个小正四面体后可以得到一个由正三角形和正六边形构成的阿基米德八面体，则该阿基米德八面体的外接球的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出阿基米德八面体外接球的球心到底面的距离，求出阿基米德八面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】解：由题意知，阿基米德八面体的棱长为原正四面体的，即， 原正四面体外接球的球心就是该阿基米德八面体外接球的球心，设球心为，半径为， 原正四面体外接球的半径为，正四面体底面三角形的高为， 则四面体的高为，则， 解得，所以球心到底面的距离为， 则，则表面积为. 故答案: . 【点睛】关键点睛: 本题的关键是求阿基米德八面体外接球的球心到底面六边形的距离. 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. 已知函数， （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； 【答案】（1）； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）代入，根据导数的几何意义求解即可. （2）求导后按与讨论求出函数的单调性. 【小问1详解】 当时，，，则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 16. 在中，角，，的对边长分别为，，，的面积为，且． （1）求角的大小； （2）若，且当时，取得最大值，试求的值． 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）由题意， ，即，所以；（2）化简得，所以，，由正弦定理得，所以． 试题解析： （1）由已知得 ，即， 又因为，所以． （2） ． 当（），即（）时，． 又因为，所以，， 故，，， 所以． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：面； （2）求平面与平面的夹角的大小； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）求得平面和平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解. （3）先根据相似三角形的边长成比例确定F的位置，再求得平面的法向量坐标，再利用点到平面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 在四棱锥中，底面，底面， 则，由底面是正方形，得， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，则， ，设平面的法向量为， 则，令，得，则， 而平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，，且， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，而，则， 即，则的一个法向量为， 因此， 而，则， 所以平面与平面的夹角为. 【小问3详解】 因为底面，底面, 所以 底面是正方形，所以, ,平面, 所以平面,平面, 所以，所以在为直角三角形， 又由题知，所以在也为直角三角形， 故与相似， 则， ,， 而，所以， 所以是线段PB中靠近点P的三等分点， 由第（1）小问可知，，，， 因为是线段PB中靠近点P的三等分点，所以点， 设平面的一个法向量为， 而，， 则有，令，则，，， ，， 设B点到平面的距离为， 则； 故B点到平面的距离为. 18. 已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点，点N满足； ①证明：点M在一条定直线上； ②求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据双曲线过定点，结合离心率列方程组可得曲线方程； （2）①由已知直线斜率一定存在，可设直线与，联立直线与双曲线，结合韦达定理可得点Q及直线方程，联立直线与可得点M，进而得证； ②由已知，结合弦长公式可得，则面积，设，则，设，利用导数法求解最值即可得解. 【小问1详解】 由已知双曲线离心率，即， 则双曲线方程为，又曲线过点，即，解得， 所以双曲线方程为； 【小问2详解】 由（1）得， ①由已知直线的斜率k存在且，设直线，， 且， 联立直线与双曲线，得，恒成立，且，即，解得，又Q为A，B中点， 则，则，即， 则直线，又直线过点，且过点F，则， 联立与，即，解得，即， 即点M在直线上； ②，，又点N满足， 则四边形为平行四边形，且， 则， 设，则，则， 设，则， 令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取最小值为， 即当时，的最小值为. 19. 设等差数列的各项均为整数，其公差，. （Ⅰ）若，求的值； （Ⅱ）若，且，，，，…，，…（）成等比数列，求； （Ⅲ）若，，，，…，，…（）成等比数列，求的取值集合. 【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ），；（Ⅲ）. 【解析】 【分析】（I）根据通项公式及，将表示为关于的一元二次不等式，解得，结合题设条件，且，则可解得或； （II）根据和得出等差数列的公差，从而得到其通项公式，则.等比数列，，，，…，，…公比为，，则由解得，； （III）由等差数列及得出公差，则根据通项公式可得，又由，，，，…，，…成等比数列得， 解得，根据且，，解得.逐一代入等差数列中验证是否满足各项均为整数，最终得符合题意，此时求得，即得结论. 【详解】（Ⅰ）因为等差数列的各项均为整数，所以. 由，得， 即，解得. 注意到，且，所以，或. （Ⅱ）由，，得， 从而，故. 由，，，，…，，…成等比数列， 得此等比数列的公比为， 从而. 由， 解得，. （Ⅲ）由，得. 由，，，，…，，…成等比数列，得. 由，化简整理得. 因为，从而， 又且，从而是12的非6的正约数，故. ①当或时，， 这与的各项均为整数相矛盾，所以，且. ②当时，由， 但此时，这与的各项均为整数相矛盾，所以，. ③当时，同理可检验，所以，. 当时，由（Ⅱ）知符合题意. 综上，的取值只能是，即的取值集合是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期雷州市第二中学高三年级期末考试数学试卷 试卷满分：150分 考试用时：120分钟 第I卷（选择题） 一、单选题.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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知非零向量满足，则与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 5. 2024年1月1日，第五次全国经济普查正式启动.甲、乙、丙、丁、戊5名普查员分别去城东、城南、城西、城北四个小区进行数据采集，每个小区至少去一名普查员，若甲不去城东，则不同的安排方法共有（ ） A. 36种 B. 60种 C. 96种 D. 180种 6. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则= A. B. C. D. 7. 如图，已知函数，点A，B是直线与函数的图象的两个交点，若，则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题.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. 已知，，下列给出的实数的值，能使p是q的充分不必要条件的是（ ） A. B. C. D. =2025 10. 已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ） A. 若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B. 若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C. 若点在线段上运动，则始终有 D. 若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 11. 已知点是抛物线的焦点，，是经过点的弦且，直线的斜率，，两点在轴上方，为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 四边形面积的最小值为 C. D. 若，则直线的斜率为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，毎小题5分，央15分. 12. 袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为___________. 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 14. 由两种或三种正多边形面组成凸多面体称作阿基米德多面体．将一个棱长为12的正四面体截去4个小正四面体后可以得到一个由正三角形和正六边形构成的阿基米德八面体，则该阿基米德八面体的外接球的表面积为_________． 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. 已知函数， （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； 16. 在中，角，，的对边长分别为，，，的面积为，且． （1）求角的大小； （2）若，且当时，取得最大值，试求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：面； （2）求平面与平面的夹角的大小； （3）求点到平面距离． 18. 已知O为坐标原点，双曲线离心率为，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过C右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点，点N满足； ①证明：点M在一条定直线上； ②求四边形面积的最小值. 19. 设等差数列的各项均为整数，其公差，. （Ⅰ）若，求的值； （Ⅱ）若，且，，，，…，，…（）成等比数列，求； （Ⅲ）若，，，，…，，…（）成等比数列，求的取值集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $