精品解析：安徽省当涂第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题

当涂一中2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题 考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分 第I卷（选择题） 一．单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用复数乘法求复数. 【详解】由 ． 故选：C 2. 某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数、中位数、众数成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为（ ） A. 21 B. 24 C. 27 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合平均数公式，中位数，众数的定义，即可求解. 【详解】设丢失的数据为，则平均数为：， 众数是， 若，则中位数为，此时，解得：（舍去）， 若，则中位数为，此时，解得：， 若，则中位数为，此时，解得：， 所有可能的值为，其和为. 故选：D. 3. 已知向量、满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设向量、的夹角为，由平面向量数量积的运算性质可得出，再利用投影向量的定义可求得结果. 【详解】设向量、的夹角为，因为，可得， 所以，在上的投影向量为. 故选：C. 4. 已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体 ABCD体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知四面体ABCD的外接球的体积最小时，球心即为的外接圆的圆心，进而求三棱锥的高和体积. 【详解】因为平面平面BCD，所以点A在平面BCD的射影E落在BD上， 当点E为BD的中点时，AE最大，此时四面体ABCD的体积取最大， 如图所示： 在中，设其外接圆的圆心为O，取BC的中点F，连接DF，则点O在DF的直线上， 由余弦定理得，， 且，则， 设外接圆的半径为r，则，得， 当四面体ABCD的外接球的体积最小时，此时球心应为点O， 则，且， 得，， 此时四面体ABCD体积的最大值为： 故选：B. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； 2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解； 3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长； 4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； 5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ） A. 55 B. 49 C. 43 D. 37 【答案】A 【解析】 【分析】由条件写出通项公式，即可求解. 【详解】正整数中既能被3除余1且被2除余1的数，即被6除余1，那么 ，有. 故选：A 6. 设函数，若在上有且只有个零点，且对任意实数，在上存在极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦函数的性质及零点个数、极值点的定义列不等式求参数范围. 【详解】由题意，当时，， 因为函数，若在上有且只有个零点， 则，解得． 又对任意实数，在上存在极值点，且的长度为， 而函数的最小正周期为，则，解得， 综上，的取值范围是. 故选：D 7. 已知双曲线的离心率为，双曲线的一条渐近线与圆交于两点，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据离心率得到的关系，求出渐近线方程，求出圆心到两渐近线的距离，推理得到渐近线与圆相交，由垂径定理得到弦长. 【详解】由，有， 可得双曲线的渐近线方程为，即和． 由圆配方得， 到直线的距离为， 可得直线与圆相离，不合题意； 而圆心到直线的距离为， 可得直线与圆相交，即得． 故选：D． 8. 已知函数满足，，，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，列举递推出，再由，列举递推出，又因为当时，，即可得到答案. 【详解】由题意得，，故，， ，，，，， ，，，，，， ， 综上， 当时，，当时，， ，， 故选：A 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. 下列说法正确的有（ ） A. 的展开式中，的系数是 B. 的展开式中，各二项式系数和为 C. 从名男生，名女生中选名学生参加志愿者服务，表示参加志愿服务的男生人数，则 D. 有个不同的正因数 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式定理求指定项系数、二项式系数和判断A、B；根据随机变量的取值及其对应概率求期望判断C；由即可判断D. 【详解】由展开式的通项公式为， 令时，展开式中的系数为，A错误； 由的展开式中，可得各二项式系数和为，B正确； 由题意，从名男生和名女生中任选名参加活动，共有种不同选法， 的取值为、、，，，， 所以，C正确； 因为，所以有个不同的正因数，D正确． 故选：BCD 10. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得 C. 上的点的纵坐标的最大值为 D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得，即可判断B，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求得到取值范围，判断C，联立方程后，方程的根只有0，求的取值范围，即可判断D. 【详解】由图可知，点在C上，所以，A正确， 设曲线C上任一点，由，可得，， 即C上不存在点，使得，B不正确, 方程可化为， 令，得， 由可得， 即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确． 直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点． 联立方程组整理得． 当时，方程仅有一解，满足题意， 当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，当时，方程化简得， 即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程的思想分析几何问题，C选项转化为关于的方程有正根，D转化为方程只有1个根. 11. 已知中，，，E，F分别在线段BA，CA上，且，．现将沿EF折起，使二面角的大小为．以下命题正确的是（ ） A. 若，，则点到平面的距离为 B. 存在使得四棱锥有外接球 C. 若，则棱锥体积的最大值为 D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由线面平行将点到平面的距离转化成点到平面的距离即可求解，对于B,通过四边形没有外接圆即可判断，对于C，确定的长度，结合体积公式及基本不等式即可判断,对于D，补全长方体即可判断. 【详解】，，易知平面ABC,平面， 易知面 故点到平面的距离为即为点到平面的距离， 因为，所以，所以， 所以为二面角的平面角， 又为平面内两条相交直线， 所以平面， 所以平面，又在平面内， 所以平面平面， 所以到平面ABC的距离即为到， A选项：，，即，三角形等边三角形， 可得：到的距离为，故A正确； B选项：由于直角梯形不可能共圆，所以四棱锥无外接球，所以B错误； C选项：由题意可知，，， , ， 由基本不等式可知：， 当且仅当，即时取得最大值， 所以, 所以当，时，体积取到最大值，故正确； D选项：由题意可知，，， ，也即两两垂直， 可以依次构造长方体，长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球半径为r， 则，， 所以时，取得最小值，此时，所以D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，，，则的最小值为__________. 【答案】6 【解析】 【分析】先求出集合，然后由，从而求解. 【详解】由，解得，所以， 因为，，所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为________________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得在上有且仅有一个根，讨论、，导数研究区间单调性并确定右侧的值域，即可得参数范围. 【详解】令有且仅有一个根，且， 由，显然不可能是零点，则有且仅有一个根， 当或，则， 令， 当，则， 令，则，即在上单调递增， 由， 即使，则， 所以上，即，则在上单调递减， 上，即，则在上单调递增， 而在上恒成立， 所以在上恒成立，且其最小值， 此时，时，在上无解，即不存在， 时，在上有1或2个解，与或唯一性矛盾， 当，则，所以在上单调递增， 趋向于0时，，趋向于1时，，则； 当，则， 令在上单调递减，且，趋向于时，， 所以； 综上，. 故答案为： 14. 已知函数，过点可作2条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出切线方程为，代入点的坐标化简可得，设，依题意，直线与的图象有两个交点，利用导数研究函数的性质，进而作出草图，结合图象即可得解． 【详解】，设切点为， 则切线方程为， 将点代入切线方程得，，化简得， 设，则， 令，解得，令，解得或， 在，上单调递减，在上单调递增，且， 作出函数的大致图象如下图所示， 由图象可知，要使直线与的图象有两个交点，则， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义，分别写出两曲线的切线方程，让两切线方程的系数相等，得到方程组，消去一个变量后，问题转化为方程的根的个数问题，构造函数，利用导数研究其性质，作出图象，数形结合求解即可． 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. 某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会． （1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率； （2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 15 25 35 45 ；期望为【解析】 【分析】（1）通过互斥事件的概率加法公式可求得答案； （2）的所有可能取值为15，25，35，45，进而通过独立事件与互斥事件的概率公式求出相应的概率，进而得到分布列，最后求出期望. 【小问1详解】 若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率． 若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率． 故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率． 【小问2详解】 记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则． 由题可知，，， ，， 则，，，． 的分布列为 15 25 35 45 ． 16. 已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. （1）证明：平面平面； （2）设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 【答案】（1） 由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故. 同时有，且，故. 由于，，且和在平面内交于点，故平面. 由于在平面内，故. 取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即. 由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故. 设和交于点，由于，，， 从而得到全等于，故. 这就得到，从而，即. 而，故. 由于，即，而，和在平面内交于点，故平面. 由于平面，在平面内，故平面平面. （2）存在. 【解析】 【分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明平面，再使用面面垂直的判定定理即可； （2）使用空间向量法直接求解两平面的夹角（用表示），再根据夹角条件，解关于的方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 有，又因为平面，和在平面内，故，. 由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设， 这就得到，，，，，，，. 据题设有，显然，此时. 从而有，，，. 设和分别是平面和平面的法向量，则，. 即，，从而可取，. 此时平面与平面所成的角的余弦值为， 故条件等价于，即，解得， 所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为. 17. 已知函数，其中． （1）当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围； （2）若是函数的极小值点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，确定函数的单调性，根据有两个零点，可得，构造函数，即可求导求解. （2）求导，构造函数，结合分类讨论，求解函数的单调性，结合极值的定义，即可求解. 【小问1详解】 由， 有， 当时，有，又由，有，可得， 当时，有，又由，有，可得， 可得当时，函数的减区间为，增区间为， 若函数有两个零点，必有，可得， 又由，可得函数在上有一个零点， 令，有，可知函数单调递减， 有，可得当且时，， 当时，有， 又由， 可知函数在上有一个零点， 由上知，若函数有两个零点，可得实数的取值范围为； 【小问2详解】 由（1）知，当时，是函数的极大值点，不合题意，若是函数的极小值点，必有， 由，令，有， ①当时，，易知函数的减区间为，增区间为， 可得，此时函数单调递增，不是函数的极小值点， ②当时，易知函数的减区间为，增区间为， 由，可得当时，；当时，， 可得当时，函数单调递减，当时， 函数单调递增，可得是函数的极小值点， ③当时，易知函数的减区间为，增区间为，由，， 可得当时，；当时，， 可得当时，函数单调递减，当时，函数单调递增， 可得是函数的极大值点，由上知， 若是函数的极小值点，则实数的取值范围为 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 18. 已知椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于两点，点为的外心. （i）若为等边三角形，求点的坐标； （ii）若点在直线上，求点到直线的距离的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据焦距为，离心率为即可求出，再由即可求出，进而得椭圆的方程； （2）（i）根据为等边三角形，可设直线的方程为：，根据求得的值，点为外心，即为中垂线的交点； (ii)设直线的方程为：，设，联立方程组有，的外心点在直线上， 所以有，即可得，最后由点到直线的距离得，利用函数求出最值即可. 【小问1详解】 因为椭圆的焦距为， 又因为离心率为，所以， 由得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）因为为等边三角形，所以， 由对称性可知关于轴对称， 可设直线的方程为：，当时，， 所以点，点，， 因为，所以， 化简整理有：，解得或-（舍去）， 又因为点为的外心，即为的重心， 设，则有，所以； （ii）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不满足题意. 设直线的方程为：，则有：， 所以， 设，则有：， 设、为线段，的中点，则，， 可得线段的中垂线方程为，即①， 同理可得线段的中垂线方程为②， 联立①②解得 ， 由，可得，即，代入不等式， 解得且，则， 所以点到直线的距离为， 设函数，，则在为减函数， 在为增函数，可得，进而得. 综上，点到直线的距离的取值范围为. 【点睛】难点点睛：圆锥曲线类的综合解答题，解答思路一般并不困难，难点在于复杂的计算，并且大多都是字母参数的运算，因此要求学生有较强的计算能力和推理能力. 19. 给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束. （1）求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列; （2）证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是 （3）已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值. 【答案】（1） （2）充分性：当时，数列，，经过一次“变换”后结束， 必要性：即证明当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束， 设数列，，，数列，，，数列，0，0，且， 由充分性易知：数列 E只能为非零常数列， 不妨设 为了变换得到数列E的前两项，数列D只有如下四种可能： ，，，，，，，，， 那么数列E的第三项只能是0或者 即不存在数列D，使其经过一次“变换”后变为非零常数列， 故当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束， 必要性得证. （3）508 【解析】 【分析】（1）根据定义直接写出即可; （2）从充分性和必要性两方面求证即可; （3）求出数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列，仅除4之外的两项均减小24，得数列经过次“变换”后得到数列6，10，4，接下来经过“变换”依次得到4，6，2，2，4，2，2，2，0，0，2，2，至此数列各项之和最小值为4，即可求K的最小值. 【小问1详解】 由题知：数列 A4，4，2，9经过次“变换”后得到的数列依次为： . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 数列，2，2028经过一次“变换”后得到数列，2026， 其结构为a，，4，且远大于， 那么其经过次“变换”后得到数列依次为： 4，a，，4，，，，，，4，，，4 所以数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列， 仅除4之外的两项均减小24， 因为， 所以数列经过次“变换”后得到数列6，10，4， 接下来经过“变换”依次得到4，6，2；2，4，2；2，2，0；0，2，2， 至此数列各项之和最小值为4，K的最小值为 【点睛】关键点点睛：对于数列中的变换题，我们需要在变换中寻找确定的性质，后者需要从具体中抽象出来. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 当涂一中2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题 考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分 第I卷（选择题） 一．单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数、中位数、众数成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为（ ） A. 21 B. 24 C. 27 D. 32 3. 已知向量、满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体 ABCD体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ） A. 55 B. 49 C. 43 D. 37 6. 设函数，若在上有且只有个零点，且对任意实数，在上存在极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的离心率为，双曲线的一条渐近线与圆交于两点，则（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知函数满足，，，当时，，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. 下列说法正确的有（ ） A. 的展开式中，的系数是 B. 的展开式中，各二项式系数和为 C. 从名男生，名女生中选名学生参加志愿者服务，表示参加志愿服务的男生人数，则 D. 有个不同的正因数 10. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得 C. 上的点的纵坐标的最大值为 D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为 11. 已知中，，，E，F分别在线段BA，CA上，且，．现将沿EF折起，使二面角的大小为．以下命题正确的是（ ） A. 若，，则点到平面的距离为 B. 存在使得四棱锥有外接球 C. 若，则棱锥体积的最大值为 D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，，，则的最小值为__________. 13. 若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为________________. 14. 已知函数，过点可作2条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是______. 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. 某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会． （1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率； （2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望． 16. 已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. （1）证明：平面平面； （2）设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 17. 已知函数，其中． （1）当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围； （2）若是函数的极小值点，求实数的取值范围． 18. 已知椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于两点，点为的外心. （i）若为等边三角形，求点的坐标； （ii）若点在直线上，求点到直线的距离的取值范围. 19. 给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束. （1）求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列; （2）证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是 （3）已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $