精品解析：山东省青岛市四区2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题

2024—2025学年度第一学期期末考试 高三数学 2025.01 本试题卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的图象在处的切线方程为，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 4. 已知等差数列的前n项和为，且，则（ ） A. 不可能为0 B. 没有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值 5. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D 向右平移个单位 6. 如图，正方形边长为1，为等边三角形，将分别沿向上折起，使得点D，E重合并记为点P．若三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，则此圆柱表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，P为内一点，，则（ ） A B. C. D. 8. 已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点P在C上，且的外接圆圆心恰在C上，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知某地区成年男士的身高（单位：）服从正态分布，体重（单位：）服从正态分布．若从该地区随机选取成年男士100人，得到数据如下表，则 身高 体重 合计 大于 小于等于 大于 a b 小于等于 d 总计 附：若，则． ，其中． A. 根据正态分布估计 B. 根据正态分布估计 C. 若，根据正态分布估计b，c，d的值，基于上述数值，根据小概率值的独立性检验，分析该地区成年男士身高超过与体重超过相关联 D. 若，根据正态分布估计b，c，d的值，基于上述数值，根据小概率值的独立性检验，分析该地区成年男士身高超过与体重超过相互独立 10. 如图，圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形，平面平面，点为母线的中点，则（ ） A. 直线平面 B. 异面直线和所成角大于 C. 沿该圆锥侧面，由点D到点F的最小值为 D. 过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值为 11 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间单调递增 D. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前n项和为，，则______． 13. 在中，，，则__________. 14. 从编号1，2，…，的相同小球中有放回的等概率抽取，并记录下每次的编号．（1）若出现1就停止抽取，则抽取小球数的数学期望为______；（2）若1，2，3均出现就停止抽取，则抽取小球数的数学期望为______． 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）求的极值； （2）若方程在区间上有两个实数解，求的取值范围． 16. 如图，平行六面体所有棱长为2，平面平面，和都是等边三角形． （1）证明：； （2）若点E在对角线上，平面，求与平面所成角的正弦值． 17. 现将近几日某地区门锁销售的数量进行统计，得到如下表格： 第x天 1 2 3 4 5 6 7 数量y 200 260 280 350 420 440 500 （1）若y与x线性相关，求出y关于x的经验回归方程，并预测第10天该地区门锁的销售数量；（参考公式和数据:） （2）某人手里有三把钥匙，其中只有一把可以打开门锁，他现在无法分清哪一把能够打．记X为他有放回的进行开锁时的开锁次数，Y为他无放回的进行开锁时的开锁次数．求的概率． 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求M的方程； （2）直线l与M在x轴上方的部分交点是A，B，记的斜率分别为，． （i）证明：l过定点Q； （ⅱ）若直线分别交直线于C，D两点，根据（i）的结论．证明：为定值． 19. 关于的方程，其中，等号两边各有个一次因式．若在等号两边去掉这个一次因式中的.个，使得等号每一边均至少留下一个一次因式，且所得方程没有实数解，则称得到的方程为方程． （1）若，写出所有的方程； （2）若，求满足等号两边各去掉2个因式的方程； （3）若，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第一学期期末考试 高三数学 2025.01 本试题卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程，结合渐近线方程，可得答案. 【详解】由双曲线可得，，且焦点在轴上， 则渐近线方程为. 故选：A. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法计算得到复数，然后由共轭复数的定义得到 【详解】∵， ∴， ∴ 故选：B. 3. 已知函数的图象在处的切线方程为，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得结果. 【详解】∵，∴， 由题意得，，解得. 故选：A. 4. 已知等差数列前n项和为，且，则（ ） A. 不可能为0 B. 没有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可知数列是递增数列，结合，可判断每个选项的正误. 【详解】因为，所以等差数列的公差，所以数列是递增数列， 又，故所有负数项的和最小，所以有最小值，故B错误，D正确； 当，时，随的增大而增大，故无最大值，故C错误， 当，时，，所以可能为0，故A错误. 故选：D. 5. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】D 【解析】 【分析】先将两函数利用诱导公式变同名函数，再由平移规则计算可得. 【详解】易知， 又因为， 因此只需将图象上所有的点向右平移个单位即可. 故选：D 6. 如图，正方形的边长为1，为等边三角形，将分别沿向上折起，使得点D，E重合并记为点P．若三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，则此圆柱表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，三棱锥的外接球能放入圆柱，则三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，外接球是圆柱的内切球时圆柱的表面积最小，据此求解即可. 【详解】设中点为，因为与是直角三角形，则， 所以是三棱锥的外接球的球心，由正方形的边长为1， 所以可求得外接球的半径为， 要使三棱锥可以在一个圆柱内任意转动， 则三棱锥的外接球能放入圆柱，则三棱锥可以在一个圆柱内任意转动， 要使圆柱表面积最小，则三棱锥的外接球恰好内接于圆柱， 此时圆柱的表面积为. 故选：C. 7. 如图，P为内一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作于点，设，利用条件，求出，由余弦定理求出，勾股定理求出即得. 【详解】 如图，作于点，设，因， 可得，因则， 在中，由余弦定理，， 即，解得， 在中，，解得， 故. 故选：A. 8. 已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点P在C上，且的外接圆圆心恰在C上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设外接圆的圆心为，根据外接圆圆心恰在C上，得到，，从而求得外接圆半径，然后中，利用两边之和大于第三边和必为为钝角求解. 【详解】解：如图所示： 设外接圆的圆心为：，由题意得， 又因为外接圆圆心恰在C上， 将代入，得， 则， 在中，， 要使的外接圆圆心恰在C上，则为钝角， 作轴，与抛物线交于E，得， 所以， 所以， 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知某地区成年男士的身高（单位：）服从正态分布，体重（单位：）服从正态分布．若从该地区随机选取成年男士100人，得到数据如下表，则 身高 体重 合计 大于 小于等于 大于 a b 小于等于 d 总计 附：若，则． ，其中． A. 根据正态分布估计 B. 根据正态分布估计 C. 若，根据正态分布估计b，c，d的值，基于上述数值，根据小概率值的独立性检验，分析该地区成年男士身高超过与体重超过相关联 D. 若，根据正态分布估计b，c，d的值，基于上述数值，根据小概率值的独立性检验，分析该地区成年男士身高超过与体重超过相互独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正态分布的性质计算可求得判断A；判断B；利用独立性检验计算可判断CD. 【详解】因为该地区成年男士的身高（单位：）服从正态分布， 由正态分布可得， 若从该地区随机选取成年男士100人，则身高大于177的人数约为16人， 所以，故A正确； 因体重（单位：）服从正态分布． 因为体重大于， 所以可得从该地区随机选取成年男士100人，体重大于73的数约为16人， 所以体重小于等于73的数约为84人，故，故B正确； 若，则， 零假设：该地区成年男士身高超过与体重超过无关， 计算可得， 由小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 所以该地区成年男士身高超过与体重超过相关联，故C正确；D错误. 故选：ABC. 10. 如图，圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形，平面平面，点为母线的中点，则（ ） A. 直线平面 B. 异面直线和所成角大于 C. 沿该圆锥侧面，由点D到点F的最小值为 D. 过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，利用异面直线夹角的向量求法判断B，找到符合题意的特殊平面举反例判断D，作出展开图，利用勾股定理求解最小值判断C即可. 【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 对于A，因为圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形， 所以，则，， 故，，，，， 因为为母线的中点，所以由中点坐标公式得， 则，，， 设面的法向量为，则， 得到，也有，得到， 令，解得，得到， 而，则直线平面不成立，故A错误， 对于B，由已知得，， 设异面直线和所成角为， 则， 而，则，而， 由余弦函数性质得在该范围内单调递减，故， 则异面直线和所成角大于，故B正确， 对于C，由已知得圆锥底面圆直径为，母线长度为， 则底面圆的周长为，如图，我们把圆锥沿母线展开为扇形， 此时点对应两个位置，和，且是的中点， 则在该扇形内，半径为，弧长为，设圆心角为， 则，解得，则该扇形是半圆，， 而是的中点，则， 由勾股定理得，故C正确， 对于D，如图，作，连接， 此时截面由构成，围成的截面面积最小， 由等面积公式得，解得， 则，而，， 得到截面面积一定大于的面积， 即过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值不为，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：解题关键是作出符合题意的面积最小的截面，求出截面里包裹的小三角形面积，再证明截面面积大于三角形面积即可. 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间单调递增 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】A项由可得；B项证明可得；C项由区间内存在导数值异号的点可知不单调；D项，根据函数的对称性，利用三角函数的性质，借助导数研究单调性，分区间讨论函数范围可得. 【详解】由，解得， 故的定义域为. 选项A，由， 可得，所以的图象不关于点对称，故A错误； 选项B，由 ； 且 ； 可得，所以的图象关于直线对称，故B正确； 选项C，， 则，，且当时， 又，， 由此可知区间不单调，故C错误； 选项D，， 由B项推理可知，图象关于对称，且， 故只需分析当时，的范围. ①当时，则，所以， 又， 由，，则， 故当时，恒有； ②当时，， 可知在单调递减； 又由C项推理可知，故， 所以在单调递增，从而， 故当，也恒有； 综上所述，当，. 则由对称性可知，在定义域内恒成立，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：对于三角函数与指、对数函数等组合型函数性质的研究，一般需要结合三角函数的单调性与有界性，进行分区间讨论，在不同区间上，可借助导函数、不等式性质、函数有界性等知识解决问题. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前n项和为，，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】利用数列前n项和的意义，结合等比数列项间关系列式求解. 【详解】设正项等比数列的公比为，由，得， 即，于是，解得， 所以. 故答案为：4 13. 在中，，，则__________. 【答案】120° 【解析】 【分析】先利用切化弦得到，然后利用三角形内角和定理和两角和的余弦公式即可求解. 【详解】因为，， 所以，所以， 由A是三角形内角，所以， 故答案为：120°. 14. 从编号1，2，…，的相同小球中有放回的等概率抽取，并记录下每次的编号．（1）若出现1就停止抽取，则抽取小球数的数学期望为______；（2）若1，2，3均出现就停止抽取，则抽取小球数的数学期望为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）写出随机变量的可取值和抽取抽到编号1的概率为，由此得到，由期望的公式求出其期望. （2）由期望的可加性，分别算出这三个数第一次出现，第二次出现，第三次出现的数学期望，再相加即可. 【详解】（1）设抽取小球数为，的可取值为：，则抽到编号1的概率为，没抽到编号1的概率为, 则，，，， ∴，① ，② ①②得：， ∴， ∴； （2）设表示停止时抽取次数，设表示第一次出现中任意一个数的次数， 因为每次抽到中任意一个数的概率为，根据（1）的结论可知， 设表示已经出现中任意一个数后，再次出现两个数中任意一个数的次数， 此时每次抽到剩下两个数中任意一个数的概率为，根据（1）的结论可知， 设表示已经出现中任意两个数后，再出现最后一个数的次数， 此时每次抽到最后一个数的概率为，根据（1）的结论可知， 由期望的可加性知： . 故答案为：. 【点睛】方法点睛，本题考查了随机变量的数学期望，利用期望的可加性是解决本题的关键，将随机变量的期望利用（1）中的方法和结论拆分成三个随机变量的期望来完成即可. 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. 已知函数． （1）求的极值； （2）若方程在区间上有两个实数解，求的取值范围． 【答案】（1）极小值-1，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，确定函数单调区间即可求解； （2）确定函数图像，结合图像即可求解； 【小问1详解】 的定义域是，， 可得， x 0 0 减函数 极小值 增函数 所以的单增区间是，单减区间是 当时，取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 由（1）可知，在单调递减，在单调递增， 又，当，， 所以方程在区间上有两个实数解， 等价于的图像与在又两个交点， 结合图像 所以的取值范围是. 16. 如图，平行六面体的所有棱长为2，平面平面，和都是等边三角形． （1）证明：； （2）若点E在对角线上，平面，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）由等边三角形三线合一得到线线，然后得到线面垂直，由线面垂直的性质得到线线垂直； （2）由面面垂直的性质证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，解出三角形各线段长，得到点的坐标.由空间向量的关系求出平面的一个法向量.设得到点坐标，然后得到，由线面平行求出参数的值，从而知道向量坐标. 由空间向量的关系求出平面的一个法向量.由空间向量的关系求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 取中点，连接，如图： ∵和都是等边三角形， ∴，且，平面，平面 ∴平面， 又∵平面， ∴. 【小问2详解】 又∵平面平面，且平面平面， ∴平面，平面 ∴,， ∴以为坐标原点，以分别为如图建立空间直角坐标系， 在等边三角形和中，， ∴，，，， ∴，， ∴，， 设，∴， ∴， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， ∵平面，∴，∴， ∴， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 设与平面所成角， 则. 17. 现将近几日某地区门锁销售的数量进行统计，得到如下表格： 第x天 1 2 3 4 5 6 7 数量y 200 260 280 350 420 440 500 （1）若y与x线性相关，求出y关于x的经验回归方程，并预测第10天该地区门锁的销售数量；（参考公式和数据:） （2）某人手里有三把钥匙，其中只有一把可以打开门锁，他现在无法分清哪一把能够打．记X为他有放回的进行开锁时的开锁次数，Y为他无放回的进行开锁时的开锁次数．求的概率． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）利用表中数据先求出平均数，再代入公式计算可求得，得出回归方程后进而可预测结果； （2）分别判断出有放回和无放回的分布模型，再分情况讨论即可计算出概率. 【小问1详解】 依题意可得； 又， 所以， 可知， 所以经验回归方程为， 将代入该方程可得预测第10天该地区门锁的销售数量为； 【小问2详解】 有放回时，随机变量对应的概率为； 无放回时，随机变量对应的概率为； 若，则有以下情况： 当时，，此时概率为； 当时，或，此时概率为; 因此可得的概率为. 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求M的方程； （2）直线l与M在x轴上方的部分交点是A，B，记的斜率分别为，． （i）证明：l过定点Q； （ⅱ）若直线分别交直线于C，D两点，根据（i）的结论．证明：为定值． 【答案】（1） （2）（i）证明见详解 （ⅱ）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由椭圆上的点和离心率建立方程组，求得的值，即可求得的值，写出椭圆方程； （2）（i）设直线方程，然后联立方程组，整理得到一元二次方程，由韦达定理得到两交点横坐标的和与积关系，表示出，然后建立方程求得直线方程中参数的关系，即可得到定点坐标； （ⅱ）设，由三点共线写出和，由条件中的建立方程即可证明. 【小问1详解】 由题意得，解得，∴， ∴. 【小问2详解】 （i）由已知可知直线斜率一定存在，设， 联立方程组得：，则， ， 设， 则， 则， ， ， 解得 所以直线的方程为：， 则直线过定点. （ⅱ）设， 显然， 因为三点共线，所以， 此时， 因为三点共线，所以， 此时， 所以，即 故为定值0. 【点睛】方法点睛：本题直线与椭圆的交点为题，一般写出直线方程后与椭圆方程联立方程组求得，利用韦达定理得到交点坐标的关系，然后利用条件中的等量关系建立等式，化简得到结论即可. 19. 关于的方程，其中，等号两边各有个一次因式．若在等号两边去掉这个一次因式中的.个，使得等号每一边均至少留下一个一次因式，且所得方程没有实数解，则称得到的方程为方程． （1）若，写出所有的方程； （2）若，求满足等号两边各去掉2个因式的方程； （3）若，求的最小值． 【答案】（1）； （2）或； （3）2024. 【解析】 【分析】（1）由于，可以理解为左边去掉两个因式，同时右边去掉一个因式，共三种情况 右而且去掉后的方程为一元二次方程，只需检验是否满足即可. （2）无论左右两边同时去掉哪两个因式，所得方程必为一元一次方程或者不含未知数的 等式，要使左右两边同时去掉两个因式后所得方程无解，则去掉后所得的必须是不含未知数且不成立的等式 （3）要求最小的，使所得方程没有实数解，那么同一个因子不能同时出现在等式的两 边，即至少要删去其中一个. 【小问1详解】 时，关于的方程为， 由于，所以可以采取方程的左边去掉两个因式，右边去掉一个因式， 共三种情况：右边去掉、、，去掉后的方程为一元二次方程， 经检验只有当右边去掉时，所得方程为， 满足符合条件. 【小问2详解】 时，关于的方程为， 无论左右两边同时去掉哪两个因式，所得方程必为一元一次方程或者不含未知数的等式，要使左右两边同时去掉两个因式后所得方程无解，则去掉后所得的必须是不含未知数且不成立的等式，经检验方程为 或. 【小问3详解】 当时，关于的方程共4048个因子，其中有个不同的因子，结合（1）、（2）的规律，要求最小的，使所得方程没有实数解，则在同一个因子不能同时出现在等式的两边，即至少要删去其中一个，所以一共至少要删去2024个因子，因此， 若在原方程左边去掉， 在原方程右边去掉， 所得方程 ， 下面证明方程无实数： ①若，则方程－边等于零，另一边不等于零，故方程无实数解． ②若， 则， 则方程左边大于零，右边小于零，故方程无实数解． ③若， 则， 故方程无实数解． ④若， 则， 故方程无实数解． 综上，方程是方程，所以的最小值为2024． 【点睛】常见的判断方程是否存在实数根，大多为一元二次方程，抓住判别式即可，本题基于第一、二问的检验基础，要求最小的，使所得方程没有实数解，关键在于，在同一个因子不能同时出现在等式的两边. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$