精品解析：广东省梅州市兴宁市五校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题

2024-2025学年广东省梅州市兴宁市五校高三（上）期末数学试卷 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. 集合，，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 4. 已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则 的单调递增区间为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　） 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. 我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何?”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求的值.关于该问题，下列结论正确的是（ ） A. B. 此人第三天行走了一百二十里 C. 此人前七天共行走了九百一十里 D. 此人有连续的三天共行走了三百九十里 10. 某市经济开发区的经济发展取得阶段性成效，为深入了解该区的发展情况，现对该区两企业进行连续11个月的调研，得到两企业这11个月利润增长指数折线图（如下图所示），下列说法正确的是（ ） A. 这11个月甲企业月利润增长指数的平均数超过82% B. 这11个月的乙企业月利润增长指数的第70百分位数小于82% C. 这11个月的甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定 D. 在这11个月中任选2个月，则这2个月乙企业月利润增长指数都小于82%的概率为 11. 如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（ ） A. 直线 可能与平面相交 B. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 C. 当时， 与平面所成角最大 D. 当 的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程是________. 13. 抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则___________. 14. 函数称为高斯函数，表示不超过 的最大整数，如．已知数列满足 ，且，若，则数列的前2025项和为__________． 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. 在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求的大小； （2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把 的面积分成相等的两部分，求的最小值． 16. 在一次购物抽奖活动中，假设某张奖券中有一等奖券张，可获价值元的奖品；有二等奖券张，每张可获价值元的奖品；其余张没有奖.某顾客从这张中任抽张. （1）该顾客中奖的概率； （2）该顾客获得的奖品总价值（元）的分布列. 17. 如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C． （1）求证：AO⊥平面BB1C1C； （2）设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值． 18. 已知，， （1）若与在处的切线重合，分别求，的值. （2）若，恒成立，求的取值范围. 19. 已知在上任意一点处的切线为 ，若过右焦点 的直线交椭圆 于 两点，已知在点 处切线相交于. （1）求点的轨迹方程； （2）①若过点 且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于 两点，证明为定值. ②四边形 的面积是否有最小值，若有请求出最小值；若没有请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年广东省梅州市兴宁市五校高三（上）期末数学试卷 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. 集合，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算出集合，与集合取交集即可. 【详解】因为，函数的值域为，所以， 又因为，所以. 故选：C 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模的运算和乘法运算，即可求出结果. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：C. 3. 展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件求出二项展开式的通项公式，再求指定项作答. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 由解得：，则， 所以展开式中的常数项为. 故选：D 4. 已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转体的定义可知该几何体为圆柱的八分之一，求其表面积即可. 【详解】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分， 是底面半径r为2,高h为2的圆柱的八分之一， 所以其表面积， 故选：C 5. 设直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，先求出定点D，再结合两点之间的距离公式，以及垂径定理，即可求解． 【详解】解：设直线为直线l， 直线，即， 直线恒过定点， 圆， 圆心，半径，D在圆的内部， 当直线 时，弦最短， ， ， 当直线l过圆心时，弦最长小于， 故的取值范围为 故选： 6. 已知函数的部分图象如图所示，则 的单调递增区间为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用图象求得函数的解析式为，然后解不等式， ，即可求得函数的单调递增区间. 【详解】由图象可知，函数的最小正周期 满足， ，，， ，得，， ，所以，， 由， ，得， ， 因此，函数的单调递增区间为， ， 故选：D. 7. 已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据内切圆的性质确定圆心的坐标，进而得出，结合等量关系可得答案. 【详解】设的内切圆和三边分别相切于点,则， 又，所以，所以. 设直线l的倾斜角为，则由内切圆的性质可得， ， 所以； 同理可得，所以； 因为， 所以，解得. 故选：C. 8. 已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明出为周期为8的周期函数，把转化为 .记，利用导数判断出在上单调递减，把原不等式转化为，即可求解. 【详解】因为为偶函数，为奇函数， 所以，. 所以，，所以. 令，则. 令上式中取，则，所以. 令取，则，所以. 所以为周期为8的周期函数. 因为为奇函数，所以， 令，得：，所以，所以，即为，所以 . 记，所以. 因为，所以，所以在上单调递减. 不等式可化为，即为. 所以. 故选： . 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. 我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何?”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求的值.关于该问题，下列结论正确的是（ ） A. B. 此人第三天行走了一百二十里 C. 此人前七天共行走了九百一十里 D. 此人有连续的三天共行走了三百九十里 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列的知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由题意设此人第一天走里，第天走里，是等差数列， ，，A选项错误. 里，B选项正确. 里，C选项正确. ，所以D选项正确. 故选：BCD 10. 某市经济开发区的经济发展取得阶段性成效，为深入了解该区的发展情况，现对该区两企业进行连续11个月的调研，得到两企业这11个月利润增长指数折线图（如下图所示），下列说法正确的是（ ） A. 这11个月甲企业月利润增长指数的平均数超过82% B. 这11个月的乙企业月利润增长指数的第70百分位数小于82% C. 这11个月的甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定 D. 在这11个月中任选2个月，则这2个月乙企业月利润增长指数都小于82%的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据折线图估算AC，对于B项把月利润增长指数从小到大排列，计算%=7.7可求,对于D项用古典概型的概率解决. 【详解】显然甲企业大部分月份位于%以上，故利润增长均数大于%，A正确； 乙企业润增长指数按从小到大排列分别是第2，1，3，4，8，5，6，7，9，11，10 又因为%=7.7,所以从小到大排列的第8个月份，即7月份是第70百分位，从折线图可知，7月份利润增长均数大于%，故B错误； 观察折现图发现甲企业的数据更集中，所以甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定，故C正确； （2个月乙企业月利润增长指数都小于82%）,故D错误. 故选：AC 11. 如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（ ） A. 直线 可能与平面相交 B. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 C. 当时， 与平面所成角最大 D. 当 的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.利用面面平行的性质定理，判断A； B.利用等体积转化，可判断B； C.利用垂直关系的转化，结合线面角的定义，即可判断C； D.首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可判断D. 【详解】A.如图，，且平面，平面， 所以平面，同理平面，且平面，平面， 且，所以平面平面，且平面， 所以平面，故A错误； B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面 ，平面， ， . 故B正确； C.因为平面，平面，所以， 且，且，平面，平面， 所以 平面，且 平面， 所以，即，点是的中点，此时线段最短， 又因为，且平面， 平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为， 设 与平面所成角为，，,当时，线段最短，所以此时 最大，所以最大，故C正确； D. 的周长为， 为定值，即最小时， 的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，作 ，垂足为，，解得：， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， ,， 连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则, 即，解得：， ，所以外接球的表面积，故D正确. 附：证明平面， 因为 平面， 平面，所以，又因为， 且， 平面，平面，所以平面, 平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心. 故选：BCD 【点睛】思路点睛：本题考查空间几何的综合应用，难点是第四个选项的判断，充分利用数形结合和空间向量的综合应用，解决三棱锥外接球的球心问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程是________. 【答案】 【解析】 【分析】 求出函数的导函数，把代入即可得到切线的斜率，然后根据和斜率写出切线的方程即可. 【详解】解：由函数知， 把代入得到切线的斜率 则切线方程为：，即. 故答案为： 【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题． 13. 抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知，过作准线的垂线，垂足为，由可得 ，求出的值，有抛物线的性质可得，在 中利用正弦定理即可求解. 【详解】 由题意，可作出图象，如图所示，过作准线的垂线，垂足为， 由，可得 ，在中，， 由抛物线性质可得，，所以， 在 中，有正弦定理可得：， 所以， 故答案为：. 14. 函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如．已知数列满足 ，且，若，则数列的前2025项和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据递推关系求出数列的通项公式，再分类讨论求出，即可求和. 【详解】， ，整理有： ，则是常数列，于是，， 当时，时，； 当时，时，； 当时，时，； 当时，时，； 所以 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求的大小； （2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互换、两角和的正弦公式以及诱导公式即可求解； （2）由三角形面积公式首先得，进一步结合基本不等式以及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即， 所以，即. 【小问2详解】 由题意不妨设，由题意， 所以， 由余弦定理、基本不等式得， 等号成立当且仅当， 综上所述，的最小值为. 16. 在一次购物抽奖活动中，假设某张奖券中有一等奖券 张，可获价值元的奖品；有二等奖券张，每张可获价值元的奖品；其余张没有奖.某顾客从这张中任抽张. （1）该顾客中奖的概率； （2）该顾客获得的奖品总价值（元）的分布列. 【答案】（1）；（2）分布列见解析. 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合组合数即可求解； （2）求得所有可能的取值为（单位：元）：，，，，，求出对应的概率，即可列出分布列. 【详解】（1）记顾客中奖为事件，，即该顾客中奖的概率为； （2）所有可能的取值为（单位：元）：，，，，， 且，， ，，， 故的分布列为： 17. 如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C． （1）求证：AO⊥平面BB1C1C； （2）设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明B1C⊥平面ABC1，可得AO⊥BC1，再证明AO⊥BC1，根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）易得直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，再利用向量法即可得出答案. 【小问1详解】 证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1， ∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1， ∴B1C⊥平面ABC1， 又 平面ABC1，∴B1C⊥AO， ∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1， 又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C， ∴AO⊥平面BB1C1C； 【小问2详解】 解：∵AB∥A1B1， ∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角， ∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO， ∴∠ABO=45°， 不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1， 在Rt△ABO中，AO=BO=， 如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面A1B1C1的法向量为， 则有，可取， 因为AO⊥平面BB1C1C， 所以即为平面BB1C1C的一个法向量， 则， 由图可知二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为． 18. 已知，， （1）若与在处的切线重合，分别求，的值. （2）若，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得且，即可得到方程组，解得即可； （2）依题意可得对恒成立，令，求出函数的导函数，由可得，从而求出的值，再验证即可. 【小问1详解】 解：因为，， 所以.，， 因为且， 即且， 解得，. 【小问2详解】 解：因为对恒成立， .对恒成立， 即对恒成立， 令， 因为， 所以是的最小值点，且是的极值点，即， 因为在上单调递增，且，所以， 下面检验：当时，对恒成立， 因为，所以当时，当 时， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，符合题意， 所以. 19. 已知在上任意一点处的切线为 ，若过右焦点的直线交椭圆 于 两点，已知在点 处切线相交于. （1）求点的轨迹方程； （2）①若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于 两点，证明为定值. ②四边形 的面积是否有最小值，若有请求出最小值；若没有请说明理由. 【答案】（1）x=4； （2）①证明：由（1）可得， 则， 同理， ， 即为定值； ②． 【解析】 【分析】（1）当直线的斜率不存在时，可直接求出点，当直线的斜率存在时，设直线： ，，联立，可得韦达定理，在根据题目直接求出切线方程，利用根于系数的关系进行化简消元，即可得点的轨迹方程； （2）①利用弦长公式可得 ，同理可得 ，进而化简计算即可；②变形可得，利用基本不等式可得最值． 【详解】（1）由已知 ， 当直线的斜率不存在，即直线：时，， 过点的切线为： ，即 ⑴， 过点的切线为： ，即 ⑵， 联立⑴⑵解得 ； 当直线的斜率存在时，设直线： ，， 联立，消去得 ， 则， 过点的切线为： ， ⑶， 过点的切线为： ， ⑷， ⑶＋⑷得 ， ，整理得⑸， ⑶－⑷得 ， 整理得，代入⑸的 整理得 ，因为 ， 则 ，即 ； 综合得点的轨迹方程为：； （2）①略 ②因为 ， 因为 ，则 ， 则， 则 当且仅当，即 时，等号成立， 所以四边形 的面积存在最小值，且为． 【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的以及面积最值的求解，考查了学生计算能力与分析能力，是一道难度较大的题目． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $