精品解析：广东省湛江市2024-2025学年高三上学期期末数学试题

高三年级期末考试试卷 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一、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. 已知集合，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，然后利用交集运算求解即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：C. 2 复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由乘法运算及共轭复数概念即可求解； 【详解】由题意可得， 则． 故选：B 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，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. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】由空间线、面的位置关系结合充分条件与必要条件的定义即可判断； 【详解】当直线相交且垂直时，平面可以相互平行， 当时，直线可以平行， 则“”是“”的既不充分也不必要条件， 故选：D 4. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则双曲线的离心率是（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合二倍角公式求出双曲线渐近线的斜率，进而求出离心率. 【详解】依题意，，由，得， 因此，而双曲线的渐近线方程为， 则，所以双曲线的离心率是. 故选：B 5. 在中，角的对边分别是，若，且，则的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式可得，再由余弦定理结合基本不等式即可得的最小值. 【详解】因为， 由正弦定理，得． 因为， 所以， 所以， 所以. 因为，所以，则． 由余弦定理，得， 当且仅当时，等号成立， 所以，即的最小值为. 故选：B. 6. 已知函数满足，且是奇函数，若，则（ ） A. -6 B. -3 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数是奇函数得出，再结合已知条件得出周期，最后计算求解即可. 【详解】因为是奇函数，所以， 所以． 因为， 所以，所以，即是周期为4的周期函数， 则． 故选：C. 7. 《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ） A. 715种 B. 572种 C. 312种 D. 286种 【答案】D 【解析】 【分析】本题以《九章算术》中的粟米为背景，考查排列组合的应用，考查化归与转化的数学思想和应用意识． 【详解】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种． 故选：D. 8. 在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可求解. 【详解】如图，取棱的中点，连接，则，且， 设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为， 连接，作，垂足为． 由题意得． 因为，所以，所以． 又，平面， 所以平面，则． 设三棱锥外接球的半径为，则， 即，解得， 故三棱锥外接球的表面积是． 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项甲，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. 某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表： 得分 频数 5 15 20 10 根据表中数据，下列结论正确的是（ ） A. 这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25 B. 这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过 C. 这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间 D. 这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用中位数判断A；利用比例判断B；利用极差判断C；利用平均数判断D 【详解】对于A，这50位教师12月份的日均得分在的人数为， 日均得分在的人数为， 因此这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25，A正确； 对于B，这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例为： ，B正确； 对于C，这50位教师12月份日均得分的极差属于，C正确； 对于D，这50位教师12月份的日均得分的平均值为： ，D错误． 故选：ABC 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据诱导公式及正弦函数的性质求出函数的最小正周期，即可判断选项A；根据函数的对称性定义及诱导公式可判断选项B；利用换元法可研究函数的单调性与值域，即可判断选项CD. 【详解】因为， 且当时，；当时，， 所以的最小正周期为，则A正确. 因为， 所以的图象关于点对称，则B正确. 当时，. 设，则函数， 所以. 由，得或；由，得. 故在和上单调递减，在上单调递增. 当时，即 因，所以在上不单调，则C错误. 因为 所以在上的值域为. 因为的最小正周期为，所以的值域为，则D正确. 故选：ABD. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离 D. 若是曲线上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，若点在曲线上，由是否满足曲线的方程判断；对B，由曲线的对称性可令，结合可得，利用二次函数求得最值；对C，举反例说明；对D，根据题意，当点位于第二象限时，取得最大值，令，将代入，利用判别式判断. 【详解】对于A，若点在曲线上，则都满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称， 由曲线的对称性可令，则，所以， 则， 所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确； 对于C，易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误； 对于D，由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值， 所以，令，将代入， 可得，解得，即的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据曲线方程的特征判断曲线的对称性，结合各项描述并应用特殊象限点、两点距离公式、方程法判断各项正误为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是______． 【答案】 【解析】 【分析】通过平方即可求解； 【详解】因为，平方可得：， 所以，则． 故答案为： 13. 若圆上恰有两个点到直线的距离为，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】由题意可知，圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离， 由于圆上恰有两个点到直线的距离为， 则，即， 解得或． 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知函数，且，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】利用对数运算得，从而设函数，由函数单调性可得，从而得解. 【详解】由题意得的定义域为，则． 由，得，即． 设函数，易得在上单调递增． 因为，所以，即． 故． 故答案为：2 【点睛】关键点点睛：构造函数，研究其单调性，从而得. 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. 蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立． （1）求顾客中奖的概率； （2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为1 【解析】 【分析】（1）分别求出顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”、“安康”和“和顺”的概率即可求解； （2）设小明全家中奖的次数为，根据服从二项分布即可求解. 【小问1详解】 顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为， 顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为， 顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为， 综上，顾客中奖的概率为； 【小问2详解】 设小明全家中奖的次数为， 则，， ， ， ，则的分布列为 0 1 2 3 所以． 16. 如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得到，进而得到，再结合四边形是菱形，得到．进而求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 证明：因为四边形是菱形，且，所以．因为，所以，所以 因为，所以． 因为平面，且，所以平面 因为平面，所以． 因为四边形是菱形，所以． 因为平面，且，所以平面． 【小问2详解】 记，以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， 则． 设平面的一个法向量为， 则令，得． 设平面的一个法向量为 则令，得． 设平面与平面的夹角为， 则， 故． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性. 【答案】（1）（或） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）把代入得，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调性. 【小问1详解】 当时，，则， 从而， 故所求切线方程为，即（或）. 【小问2详解】 由题意可得的定义域为. 当，即时， 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增. 当，即时， 由，得或，由，得， 则在上单调递减，在和上单调递增. 当，即时，恒成立，则在上单调递增. 当，即时， 由，得或，由，得， 则在上单调递减，在和上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. 18. 已知和为椭圆上两点． （1）求椭圆的方程； （2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值． 【答案】（1） （2）． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得关于，的方程组，解出，的值，即可得出椭圆的方程； （2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积； （3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 由题可知 在中，由余弦定理得 则即 所以， 故的面积是． 【小问3详解】 当的斜率为0时，． 当的斜率不为0时，设直线的方程为 联立，得， 此时． ， 故为定值． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19. 若数列的首项，对任意的，都有（为常数，且），则称为有界变差数列，其中为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前项和为． （1）当时，证明：． （2）当中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求的最大值； （3）当中各项都取最大值时，，数列的前项和为，若对任意的，都有，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）的最大值为； （3）的取值范围为. 【解析】 【分析】（1）由定义可得，结合关系证明结论； （2）由定义证明，由此可得，化简条件不等式并分离变量可得，利用基本不等式求的最小值，结合条件可得结论； （3）由（2），利用错位相减法求，代入条件不等式可得，讨论的奇偶，分离变量，结合数列的单调性求结论. 【小问1详解】 当时，， 则 . 当时，，满足， 故，当且仅当时，等号成立. 【小问2详解】 因为，所以 ， 当时， 满足上式， 所以. 所以不等式可化为， 所以，. 因为，所以， 所以， 而，当且仅当时，等号成立. 因为对任意的恒成立， 所以，因为，所以. 【小问3详解】 由(2)可得， 则， 设， 则， 所以， 所以， 因为对任意的，都有， 所以， 即. 当为奇数时，，即， 所以， 所以为递减数列， 则； 当为偶数时，，所以， 因为， 所以为递增数列， 则. 综上，取值范围为. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三年级期末考试试卷 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3考试结束后将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，（ ） A. B. C. D. 2. 复数，则（ ） A B. C. D. 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则双曲线的离心率是（ ） A. B. 3 C. D. 5. 在中，角的对边分别是，若，且，则的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 6. 已知函数满足，且是奇函数，若，则（ ） A. -6 B. -3 C. 3 D. 6 7. 《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ） A. 715种 B. 572种 C. 312种 D. 286种 8. 在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项甲，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表： 得分 频数 5 15 20 10 根据表中数据，下列结论正确是（ ） A. 这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25 B. 这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过 C. 这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间 D. 这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 的值域为 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 曲线上任意一点到原点距离等于到直线的距离 D. 若是曲线上任意一点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知单位向量满足，则向量夹角弦值是______． 13. 若圆上恰有两个点到直线的距离为，则的取值范围是______． 14. 已知函数，且，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立． （1）求顾客中奖的概率； （2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望． 16. 如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性. 18. 已知和为椭圆上两点． （1）求椭圆的方程； （2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值． 19. 若数列的首项，对任意的，都有（为常数，且），则称为有界变差数列，其中为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前项和为． （1）当时，证明：． （2）当中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求的最大值； （3）当中各项都取最大值时，，数列的前项和为，若对任意的，都有，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$