精品解析：广东省深圳实验学校高中园2024-2025学年高三上学期期末数学试题

深圳实验学校高中园2024-2025学年第一学期 高三年级期末数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 命题人：袁士杰 审题人：孙鸣 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题即可确定选项. 【详解】命题“，”的否定是“，”. 故选：C. 2. 已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则 A. a2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用离心率的定义和的关系可得满足题意的等式. 【详解】椭圆的离心率,化简得, 故选B. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质,属于容易题,注重基础知识､基本运算能力的考查. 3. 已知直线与直线，则“”是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线垂直求出参数的值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为直线与直线， 若，则，解得或， 所以“”是“”充分不必要条件． 故选：A 4. 已知的展开式中所有项的二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 10 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】先利用二项式系数性质求出的值，在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于31，求出的值，即可求得的系数． 【详解】根据的展开式中，二项式系数的和为 ． 而 的展开式中，通项公式为， 令，求得 ，可得展开式中的系数为， 故选：A． 5. 已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得，由三点共线求得，利用向量数量积运算求解即可. 【详解】由，得，且， 而三点共线，则，即， 所以， 所以. 故选：A. 6. 已知，，是三个不重合的平面，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中线面位置关系的性质定理和判定定理可判断各选项的正误． 【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误； 对于B：设，在平面内任取一点（不在、上）， 作，垂足分别为，由面面垂直的性质定理， 可得，，又，即，，所以， 又因为，，可得，又，即，所以，故B正确； 对于C：若，则或与相交，故C错误； 对于D：若，则与相交，不一定是垂直，故D错误. 故选：B 7. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】作出两函数在上的图象，结合图象即可得答案. 【详解】时，， 令，得，此时， 令，得，此时， 令，得，此时， 令，得，此时， 时，， 函数的周期， 结合周期，利用五点法作出图象， 由图知，共有4个交点. 故选：. 8. 142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用导数研究函数的单调性可得，结合可得，则；由得，进而，即可求解. 【详解】由题意知，， 设，， 当时，单调递增， 所以，所以. 因为，所以， 得，所以，即； 由，得，所以，即， 所以，即. 综上. 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤： (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 常用的不等式： ，， ，，. 二、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. 若是双曲线上一点，分别为的左、右焦点，则下列结论中正确的是（ ） A. 双曲线的虚轴长为 B. 若，则的面积为2 C. 的最小值是 D. 双曲线的焦点到其渐近线的距离是2 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意得，由此可直接判断A，由勾股定理以及双曲线定义可得，由此可判断B，由焦半径范围可判断C，得出双曲线焦点坐标、渐近线方程，由点到直线距离公式可判断D. 【详解】由双曲线，得双曲线， 设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为. 选项A：得，故双曲线的虚轴长为，故A错误. 选项B：得，则，，得， 故的面积为，故B正确. 选项C：易知，故C正确. 选项D：易得双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为， 所以双曲线的焦点到其渐近线的距离为，故D错误. 故选：BC. 10. 下列递推关系式或其通项公式可以使数列为周期数列的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据数列的周期性对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A：由选项知，又，计算得， 因此为周期数列，且周期为4，故A正确； 对于B：，，， ，…，不是周期数列，故B错误； 对于C：；；；；； ，…，，归纳可得数列构成以4为周期周期数列，故C正确； 对于D：是单调递增数列，不是周期数列，故D错误． 故选:AC 11. 已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：由是奇函数可得，即可得；对B：由，借助赋值法计算即可得解；对C：结合所得可得函数的周期性，结合周期性与赋值法计算即可得；对D：结合函数周期性，借助赋值法算出一个周期内的值即可得. 【详解】对A：由题意知，，则， 所以图象的对称中心为，故A正确； 对B：， 两式相减得，所以，故B正确； 对C：由B选项可得，的周期为4，又， 故，令得，， 得0，故C错误； 对D：因为，又，故中， 令得，，由， 得，又的周期为4， 则 ，所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三．填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知集合，，则的子集个数为______. 【答案】4 【解析】 【分析】先求交集中的元素，根据元素个数可得子集个数. 【详解】由解得或， 所以，有两个元素， 所以的子集个数为. 故答案为：4. 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得球O的半径，结合外接球的性质可得外接球心O在底面的中心，再根据几何关系求解侧棱长即可 【详解】设上下底面互相平行的两对角线分别为，则由球O的表面积为可得球O的半径，又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，故，所以球O的球心正好在中点.故.所以正，故，所以正，故此正四棱台的侧棱长 故答案为： 14. 在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由勾股定理得到，设，，由正弦定理得到，，故，其中，故，则. 【详解】因为，，，所以， 设，， 则，，， 在中由正弦定理，即， 所以， 在中由正弦定理，即， 所以，所以 （其中）， 所以，则， 即三角形的面积的最大值是． 故答案为： 四．解答题（本大题共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，分别为角所对的边，且 （1）求角B. （2）若，求ABC周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题目的等式，结合余弦定理，可得答案； （2）由正弦定理可得边角的等量关系，利用三角周长公式整理函数关系式，可得答案. 【小问1详解】 由，即， ∵，∴，又，∴. 小问2详解】 由可得，，， 的周长， ∵，∴ ∵，∴的最大值为. 16. 一个袋中装有个形状大小完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，一次从中摸出个球． （1）求“红球甲”没有被摸出的概率； （2）设表示摸出的红球的个数，求的分布列、均值和方差． 【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计算可得； （2）依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列，再由期望与方差公式计算可得. 【小问1详解】 记红球甲没有被摸出为事件，则. 【小问2详解】 依题意，表示摸出的个球中的红球的个数，则的可能取值为、、， 则，，， 则的分布列为 所以， . 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解 【小问1详解】 证明：取AB的中点为K，连接MK，NK， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，，则， 而平面，平面，故平面， 而，，则，同理可得平面， 而，NK，平面MKN， 故平面平面，而平面MKN， 故平面； 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为平面，所以， 因为，故平面， 因为平面，故， 又，而，， 故平面MNK，而平面MNK，故， 所以，故两两垂直， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，， 故，，， 设平面BNM的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线AB与平面BNM所成的角为，则 ． 18. 已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且过点的直线与相切于点，. （1）求抛物线的方程. （2）设过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：轴平分. （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）设切线方程，代入抛物线方程，由可求的值，再结合焦半径公式，可求的值，得抛物线的标准方程. （2）（i）欲证轴平分，只需证即可. 设的方程为，与抛物线方程联立，借助韦达定理得到，，再表示处，整理化简即可. （ii）表示出，利用导数分析函数单调性，求函数值域即可. 【小问1详解】 由题可知，，，由已知得直线的斜率恒不为0，故可设：. 联立，可得， 因为直线与相切于点，所以，解得， 则，. 因为，所以，解得，即抛物线的方程为. 【小问2详解】 如图： （i）由已知得直线的斜率恒不为0，故设的方程为，，， 由（1）得. 联立方程组，可得，则，， 所以. 故轴平分. （ii）由（i）可知直线与关于轴对称，所以点，关于轴对称，则. 不妨设，因为点在与之间，所以，， ，， 则，令，则， 令，则，解得；由，则，解得. 则在上单调递增，在上单调递减，， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解析几何中求求值范围的问题，通常有以下方法： （1）转化成二次函数的值域问题求解； （2）利用基本不等式求最值； （3）通过换元，转化成三角函数的值域问题求解； （4）利用导数，分析函数的单调性，求函数的最值. 19. 已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列． （1）判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由； （2）若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有，使得为有界数列； （3）若为有界数列，证明：． 【答案】（1）为有界数列，不是有界数列；理由见解析 （2）的值为或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据有界数列定义判断即可； （2）由题意得的值只有6种情况，分别为，即从中任取2项的差值的绝对值分别对应．从而可得，再由，可得可能的值为，根据有界数列定义逐一分析即可求解； （3）由题意得，的值最少有10种情况，由，解得舍去．当时，，所以．根据有界数列定义分析可得，当时，不可能为有界数列，当时，存在为10—有界数列，即可得证. 【小问1详解】 ，， ， 所以为有界数列． 不存在，使得， 所以不是有界数列． 【小问2详解】 因为为6—有界数列， 所以的值最少有6种情况． 因为共有4项，从中任取2项，共种取法， 所以的值只有6种情况，分别为， 即从中任取2项的差值的绝对值分别对应． 若，则，与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾； 若，则，从中任取2项的差值的绝对值取不到6， 所以． ①当时，若，不符合题意； 若，不符合题意； 若，符合题意； 若，不符合题意． ②当时，若，不符合题意； 若，不符合题意； 若，符合题意． ③当或5时，经检验，都不符合题意． 经验证，数列和数列均为6—有界数列． 综上，的值为或． 【小问3详解】 证明：因为为10-有界数列，所以，的值最少有10种情况， 所以，解得舍去． 当时，，要使得为有界数列， 则从中任取2项的差值的绝对值分别对应． 因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值， 所以不妨设，且为单调递增数列． 因为，所以． 要使得中有2项的差值为9，不妨取． 要使得中有2项的差值为8，可取，即． （若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意） 剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，， 所以当时，不可能为有界数列， 当时，存在为10—有界数列，如． 易得，当时，存在，使得为有界数列． 综上，若为有界数列，则． 【点睛】方法点睛：本题考查数列与计数原理，考查逻辑推理的核心素养． 解答与数列有关的新定义问题的策略： （1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. （3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳实验学校高中园2024-2025学年第一学期 高三年级期末数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 命题人：袁士杰 审题人：孙鸣 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则 A. a2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b 3. 已知直线与直线，则“”是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件 4. 已知的展开式中所有项的二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为（ ） A B. C. 10 D. 20 5. 已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ） A B. C. D. 1 6. 已知，，是三个不重合的平面，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 8. 142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（ ） A B. C D. 二、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. 若是双曲线上一点，分别为的左、右焦点，则下列结论中正确的是（ ） A. 双曲线的虚轴长为 B. 若，则的面积为2 C. 的最小值是 D. 双曲线的焦点到其渐近线的距离是2 10. 下列递推关系式或其通项公式可以使数列为周期数列的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. C. D. 若，则 三．填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知集合，，则的子集个数为______. 13. 已知正四棱台上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为__________． 14. 在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是______． 四．解答题（本大题共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，分别为角所对的边，且 （1）求角B. （2）若，求ABC周长的最大值. 16. 一个袋中装有个形状大小完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，一次从中摸出个球． （1）求“红球甲”没有被摸出的概率； （2）设表示摸出的红球的个数，求的分布列、均值和方差． 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 18. 已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且过点的直线与相切于点，. （1）求抛物线的方程. （2）设过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：轴平分. （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 19. 已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列． （1）判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由； （2）若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列； （3）若为有界数列，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $