精品解析：山西省运城市2024-2025学年高三上学期期末调研测试数学试题

山西省运城市2025届高三上学期期末调研测试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知角的始边为x轴非负半轴，终边经过点，则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 在对某校全体学生每天运动时间的调查中，采用分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生30人，其每天运动时间的平均值为80分钟，方差为抽取了女生20人，其每天运动时间的平均值为60分钟，方差为结合数据，估计全校学生每天运动时间的方差为（ ） A. 78 B. 112 C. 110 D. 96 6. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列正确的有（ ） A. 函数为奇函数 B. 曲线的对称中心为， C. 在区间单调递减 D. 在区间的最大值为1 10. 设等比数列的公比为q，前n项积为，且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 函数是上的增函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 拋物线的焦点坐标为___________. 13. 若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项为__________. 14. 已知，是双曲线的左、右焦点，过点且倾斜角为的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点若，则双曲线C离心率为__________. 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. 如图，在中，O是BC的中点，，.将沿AO折起，使B点移至图中点位置. （1）求证：平面； （2）当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值. 16. 已知的内角的对边分别为，为锐角，的面积为，. （1）判断的形状，并说明理由； （2）如图，若，，为内一点，且，，求的长. 17. 新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，有多个选项符合题目要求，由于正确选项有4个的概率极低，可视作0，因此我们可以认为多项选择题至少有2个正确选项，至多有3个正确选项.多项选择题题目要求：“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.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分. （1）已知某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少1个选项，至多3个选项，且每种选择是等可能的.请根据已知材料，分析该生可能的得分情况与所得分值的相应概率，并求该生得分的期望 （2）已知某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率相等，一考生只能判断出A 选项是正确的，其他选项均不能判断正误，试列举出该生所有可能的符合实际的答题方案，并以各方案得分的期望作为判断依据，帮该考生选出最优方案. 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的长轴长为4，且点在C上. （1）求C的方程; （2）设C的右焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点. ①求面积S的取值范围; ②若，求l的斜率. 19. 在数列中，，，且 （1）证明：是等差数列; （2）求数列的前n项和 （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西省运城市2025届高三上学期期末调研测试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法化简，即可得虚部. 【详解】因为复数，则虚部为. 故选：D 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数定义域化简集合M，然后求解 【详解】由，解得，所以， 又因为，所以. 故选：A. 3. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据在方向上的投影向量为即可求解. 【详解】，， 所以在方向上的投影向量为 故选：B. 4. 已知角的始边为x轴非负半轴，终边经过点，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义，求得的值，再利用同角三角函数的基本关系化弦为切，代入即可求解. 【详解】由三角函数的定义可得， 所以. 故选：C. 5. 在对某校全体学生每天运动时间的调查中，采用分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生30人，其每天运动时间的平均值为80分钟，方差为抽取了女生20人，其每天运动时间的平均值为60分钟，方差为结合数据，估计全校学生每天运动时间的方差为（ ） A. 78 B. 112 C. 110 D. 96 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合样本均值和方差的公式，即可求解. 【详解】由题意，按样本量比例分配的分层随机抽样方式抽取样本， 则所有样本平值， 所以方差为. 故选：C. 6. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】判断时，函数有1个零点 在内有3个零点，求出的范围，结合正弦函数的图象性质列出不等式求得答案. 【详解】当时，函数在上单调递增，， ，则函数在上有唯一零点； 依题意，当时，有3个零点， 当时，又，则， 因此，解得， 所以正数的取值范围是. 故选：B 7. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求得球的半径，结合球与球、圆锥都相切时满足题意，进而求得球的半径，即可求解. 【详解】由边长为的正三角形的内切圆半径为， 即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为2， 所以放入一个半径为2的小球后，再放一个球， 如下图， 要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大， 所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图， 此时， 所以球的表面积为，圆锥表面积为， 所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为 故选： A 8. 若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求出两个函数的某点上的切线方程，再根据公切线列方程得到，应用导数求右侧值域，即可得答案． 【详解】设公切线与曲线与的交点分别为，，其中， 对于，得，则与相切的切线方程为，即， 对于，得，则与相切的切线方程为，即， 由公切线，得，，有，， 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减. 所以，故，即. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列正确的有（ ） A. 函数为奇函数 B. 曲线的对称中心为， C. 在区间单调递减 D. 在区间的最大值为1 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的性质，逐一求解即可. 【详解】由， 对于A，为偶函数，所以A错误； 对于B，对于函数，令，，解得，， 所以的对称中心为，，故B正确； 对于C，由，则， 因为在上单调递减，所以在区间单调递增，故C错误； 对于D，由，则，所以，所以， 所以当，即时取得最大值，即在区间的最大值为1，故D正确. 故选：BD 10. 设等比数列的公比为q，前n项积为，且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，逐一求解即可. 【详解】对于A：由，，得，，所以，故A正确; 对于B：，故B正确; 对于C：结合选项A可得等比数列的公比为，所以数列为单调递增数列，所以T的最小值为，故C不正确; 对于D：，故D正确; 故选：ABD 11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 函数是上的增函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法代入计算可得A正确，由函数奇偶性定义可判断B正确，若为一次函数，不一定是上的增函数，即C错误；可证明是以1为首项，1为公差的等差数列，即可得D正确. 【详解】对于A，令，则，所以，即A正确； 对于B，由得， 令，则有， 令，则有即， 所以是奇函数，即B正确； 对于C，根据选项B可知，令为一次函数， 可得，函数不一定是R上的增函数，即C错误； 对于D，由， 令，则有， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，即D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 拋物线的焦点坐标为___________. 【答案】 【解析】 【分析】化成抛物线的标准方程即可. 【详解】由题意知， ，则焦点坐标为 . 故答案为： 13. 若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意，根据百分位数的定义可得，再写出二项式的通项，可得常数项． 【详解】因为为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数， 又，所以， 所以的展开式的通项为（且）， 令，解得， 所以展开式的常数项为. 故答案为： 14. 已知，是双曲线的左、右焦点，过点且倾斜角为的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点若，则双曲线C离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由双曲线的定义和题意解得，故，即得解. 【详解】解： 如图，取 AB中点M，连接，  ， ， 设， ， ， 又，  ， ， ， ， 由勾股定理，知， 即， 解得， ， ， 结合，可得，即离心率 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. 如图，在中，O是BC的中点，，.将沿AO折起，使B点移至图中点位置. （1）求证：平面； （2）当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）且O是BC中点， 即， 又，平面，平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）在平面内，作于点D，判断当D与O重合时，三棱锥的体积最大，过O点作于点H，连AH，说明即为二面角的平面角，然后解三角形即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 在平面内，作于点D，则 由（1）可知， 又，OA，平面OAC， 平面OAC，即是三棱锥的高. 又， 所以当D与O重合时，三棱锥的体积最大， 过O点作于点H，连. 由（1）知平面，又平面， ，，AO，平面AOH， 平面AOH，且平面AOH， ，即为二面角的平面角. 中， ，， 故二面角的余弦值为. 16. 已知的内角的对边分别为，为锐角，的面积为，. （1）判断的形状，并说明理由； （2）如图，若，，为内一点，且，，求的长. 【答案】（1）直角三角形或钝角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面积公式及余弦定理代入化简，然后利用正弦定理边化角可得答案； （2）由（1）的结果得到为等腰直角三角形，然后解，可得，进而可得，再解即可求出的长. 【小问1详解】 ， ，即， 再由正弦定理边化角得， ， ，又为锐角， ， 或， 或， 为直角三角形或钝角三角形； 【小问2详解】 由（1）的结果以及，可得， 为等腰直角三角形，又， ， 在中， 则，解得，负值舍去， 又， ， ， 在中，， . 17. 新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，有多个选项符合题目要求，由于正确选项有4个的概率极低，可视作0，因此我们可以认为多项选择题至少有2个正确选项，至多有3个正确选项.多项选择题题目要求：“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.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分. （1）已知某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少1个选项，至多3个选项，且每种选择是等可能的.请根据已知材料，分析该生可能的得分情况与所得分值的相应概率，并求该生得分的期望 （2）已知某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率相等，一考生只能判断出A 选项是正确的，其他选项均不能判断正误，试列举出该生所有可能的符合实际的答题方案，并以各方案得分的期望作为判断依据，帮该考生选出最优方案. 【答案】（1）答案见解析，期望； （2）选择方案①，只选择A选项. 【解析】 【分析】（1）写出样本空间，确定该生所有可能的得分情况为0分、3分、6分，设出对应事件并求出对应概率，即可求期望； （2）通过已知信息，从合理性角度看该生必选A，有三种方案，求出每种方案的期望，比较大小即可得出结论. 【小问1详解】 由题意，该考生的所有选择结果，共14个样本点. 该生所有可能的得分情况为0分、3分、6分. 设事件“该考生得0分”，含11个样本点，事件“该考生得3分”，含2个样本点，事件“该考生得6分”，含1个样本点， 则，，，从而得分期望. 【小问2详解】 通过已知信息，从合理性角度看，该生必选A. 根据其他选项的选取情况分析，有下三种答题方案： ①选择A选项，且不再选其他选项； ②选择A选项的同时随机选择一个其他选项； ③选择A选项的同时随机选择两个其他选项； 设三个不同方案的得分分别为X，Y， 对于①，X的所有可能取值为2、3， 且，， 则； 对于②，Y的所有可能取值为0、4、6， ，，， 则. 对于③，Z的所有可能取值为0、6， ，， 则. 综上，，所以该考生选择方案①，只选择A选项 . 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的长轴长为4，且点在C上. （1）求C的方程; （2）设C的右焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点. ①求面积S的取值范围; ②若，求l的斜率. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据长轴长得到，再将代入可得椭圆方程. （2）①先设出直线方程，再和椭圆方程联立，利用韦达定理代入求取范围即可. ②表示出向量坐标后，利用得到，再利用韦达定理解出直线斜率即可. 【小问1详解】 由椭圆标准方程可知， 将代入可得， 解得，， 所以椭圆C的方程为： 【小问2详解】 由（1）可知，右焦点， 当直线l的斜率不存在时不合题意， 设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程为， 联立， 整理得， 所以，， ① ， 令， ②又，即， 可得，因为 所以， 即， 解得， 所以直线l的斜率为 【点睛】本题考查椭圆的方程，椭圆中的面积问题，属于中档题. 根据长轴与点P在椭圆上，即可求解； ①设出直线方程与椭圆联立，结合韦达定理，则 ，即可求解； ②结合韦达定理，则，即可求解. 19. 在数列中，，，且 （1）证明：是等差数列; （2）求数列的前n项和 （3）求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可； （2）先利用累加法和等差数列的前项和公式求得，在利用裂项相消法求和即可； （3）问题转化为证，令构造函数，即可. 【小问1详解】 因为在数列中，，，且， 所以， 所以是首项为，公差为2的等差数列. 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以，即， 又符合， 所以（或）， 故， 所以. 【小问3详解】 由（2）可得， 欲证： 即证： 即证： ， 即证： 令构造函数： 则 ， 又因为，  故当时，，当且仅当时等号成立， 令，所以成立. 【点睛】方法点睛：本题考查等差数列的证明，数列与不等式，属于较难题. （1）推出，即可； （2）利用裂项相消法即可求解； （3）问题转化为证，再令构造函数：，即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $