精品解析：甘肃省定西市2024-2025学年高三上学期期末数学试题

2025届定西市普通高中高三年级教学质量统一检测试题（卷） 数学 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则双曲线C的焦距为（ ） A. 3 B. 6 C. 4 D. 8 3. 若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点在抛物线上，F是抛物线C的焦点．若，则（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 5. 在中，，点在线段上，，则（ ） A. 3 B. C. D. 6 6. 已知某圆台的轴截面ABCD是等腰梯形，，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（ ） 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. 关于复数，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点在第四象限 D. 的虚部是实部的倍 10. 一次期中考试后，某校高三年级选取了（1）班、（2）班、（3）班进行成绩分析，经统计得到这三个班每班学生的数学成绩的优秀率（成绩不低于120分的学生人数与该班学生总人数之比）如表所示： 班级 （1） （2） （3） 优秀率 则下列结论正确的是（ ） A. （3）班学生的数学成绩的优秀率最高 B. 这三个班学生的数学成绩的优秀率为 C. （2）班学生的人数一定最多 D. 若把（1）班和（3）班学生的数学成绩放在一起统计，得到优秀率为，则（1）班人数比（3）班人数少 11. 如图，在长方体中，，E，F分别是棱的中点，点G在棱上，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点G，使得 B. 点B到平面CEF的距离是 C. 存在点G，使得平面CEF D. 过CF作该长方体外接球的截面，所得截面面积的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量、满足，，且，则、的夹角的余弦值为__________． 13. 已知是定义在上的奇函数，对于任意的，都有，且，则不等式的解集为__________． 14. 若函数的图象与函数的图象的任意连续三个交点的连线构成一个等腰直角三角形，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. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间和极值． 16. 如图，在三棱柱中，平面ABC，，E，F分别为棱AB，BC的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校名学生中随机抽取名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按、、、分成五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求出的值，并估计全校学生中运动时长超过分钟的人数； （2）在上述选取的名学生中任意选取名学生，设为运动时长超过分钟的人数，求的分布列与期望； （3）现将运动时长高于分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取名学生，求恰有名学生是“热爱运动者”的概率． 18. 已知椭圆的离心率为，且C经过点． （1）求椭圆C的方程； （2）设斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点，与x轴交于点，证明：为定值． 19. 若数列的首项，对任意的，都有（k为常数，且），则称为有界变差数列，其中k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n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k的最大值； （3）当（）中各项都取最大值时，，数列的前n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 $ 2025届定西市普通高中高三年级教学质量统一检测试题（卷） 数学 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由交集运算即可求解； 【详解】由条件易得：， 则 故选：D 2. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则双曲线C的焦距为（ ） A. 3 B. 6 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由渐近线的方程可求，进而可求解； 【详解】由渐近线的方程为易得：，得， 所以，从而 故选：B 3. 若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意转化为导函数恒成立问题，再利用分离参数法求解即可. 【详解】因为，所以， 因为在上单调递减，所以对恒成立， 得到，即对恒成立， 令，则对于恒成立， 当时，由反比例函数性质得在上单调递减， 得到，即，故D正确. 故选：D 4. 已知点在抛物线上，F是抛物线C的焦点．若，则（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线的定义即可求解； 【详解】根据抛物线的定义，得，解得． 将点的坐标代入，得或（舍去） 故选：A 5. 在中，，点在线段上，，则（ ） A. 3 B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系得到，再利用正弦定理求解边长即可. 【详解】在中，因为，， 所以由余弦定理可得， 而，则，由同角三角函数的基本关系得， 在中，由正弦定理可得，解得，故C正确. 故选：C 6. 已知某圆台的轴截面ABCD是等腰梯形，，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由轴截面可得上下底面半径，进而得到高，代入体积公式即可； 【详解】 易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，设圆台的高为h， 则， 所以该圆台的体积 故选：B 7. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意由得，， 得到，构造函数，利用单调性即可求解. 【详解】因为当时，单调递增，当时，单调递减， 所以．由，得， 所以．令，得， 因为在上单调递增， 所以， 故选：A. 8. 已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设点，再根据计算得出，最后结合圆与圆的位置关系计算求参即可. 【详解】设，则. 因为，所以， 化简得，故点在以为圆心，为半径的圆上. 又因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上. 结合题意可知两圆相交或外切或内切，所以， 解得，故正数的最大值为. 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. 关于复数，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点在第四象限 D. 的虚部是实部的倍 【答案】AB 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义可判断A选项；利用复数的模长公式可判断B选项；利用复数的几何意义可判断C选项；利用复数的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，则，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，复数在复平面内对应的点，位于第二象限，C错； 对于D选项，复数的实部是，虚部是，则的虚部是实部的倍，D错. 故选：AB. 10. 一次期中考试后，某校高三年级选取了（1）班、（2）班、（3）班进行成绩分析，经统计得到这三个班每班学生的数学成绩的优秀率（成绩不低于120分的学生人数与该班学生总人数之比）如表所示： 班级 （1） （2） （3） 优秀率 则下列结论正确的是（ ） A. （3）班学生的数学成绩的优秀率最高 B. 这三个班学生的数学成绩的优秀率为 C. （2）班学生的人数一定最多 D. 若把（1）班和（3）班学生的数学成绩放在一起统计，得到优秀率为，则（1）班人数比（3）班人数少 【答案】AD 【解析】 【分析】结合表格，逐项判断即可； 【详解】对于A，显然（3）班学生的数学成绩的优秀率最高，A正确． 对于B，这三个班学生的数学成绩的优秀率为这三个班成绩优秀的学生人数与总人数之比，由于各班人数不确定， 所以不能计算这三个班学生的数学成绩的优秀率，B错误． 对于C，（2）班学生的数学成绩的优秀率最低，不能说是因为班级人数最多，C错误． 对于D，因为将（1）班和（3）班学生的数学成绩合并起来计算得到的优秀率更偏向（3）班学生的数学成绩的优秀率，所以（3）班学生的人数更多，D正确 故选：AD 11. 如图，在长方体中，，E，F分别是棱的中点，点G在棱上，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点G，使得 B. 点B到平面CEF的距离是 C. 存在点G，使得平面CEF D. 过CF作该长方体外接球的截面，所得截面面积的最小值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的几何体，以为原点建立空间直角坐标系，结合空间位置关系的向量证明、空间距离的向量求法逐项分析计算并判断. 【详解】以为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图： 设，则， ， 对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，设平面CEF的法向量为，则，令， 得，则点B到平面CEF的距离是，B正确； 对于C，当平面CEF时，，则，即，此方程组无解，C错误； 对于D，设该长方体外接球的球心为O，则，， 点O到直线CF的距离，设该截面圆的半径为r， 则，所得截面面积的最小值是，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：关键点点睛：对于截面圆的面积的最值问题，关键是要确定截面圆圆心的位置，结合勾股定理求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量、满足，，且，则、的夹角的余弦值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设向量、的夹角为，利用平面向量数量积的运算性质和定义可求得的值. 【详解】设向量、的夹角为， 因为，解得． 故答案为：. 13. 已知是定义在上的奇函数，对于任意的，都有，且，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由得，构造函数，可判断是增函数.由是定义在上的奇函数，可得为奇函数，得，.由可转化为，进而可得. 【详解】因为，所以， 设，因为，所以， 则是增函数，， 因为为奇函数，所以为奇函数， 所以，． 不等式可转化为，即， 所以，即的解集为， 故答案为：. 14. 若函数的图象与函数的图象的任意连续三个交点的连线构成一个等腰直角三角形，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先求得，由得，取，进而可得，即，进而可得. 【详解】 ． 由可得，即 不妨取，得三个连续的交点依次为， 如图，因为是等腰直角三角形，设线段中点为， 则，，． 由，得， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是找到三个连续的交点，由可得，取，得三个点为， 根据图象确定即为周期，即得. 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. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）的单调递减区间为，单调递增区间为，极大值为，极小值为32． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可; （2）对函数求导，由导数的正负来判断函数的单调区间，从而可求出函数的极值. 【小问1详解】 由题意得， 则， 因为，所以切点为， 故曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 ． 当或时，单调递增； 当或时，单调递减． 因为，所以是极大值点，极大值为， 是极小值点，极小值为． 故的单调递减区间为，单调递增区间为，极大值为，极小值为32． 16. 如图，在三棱柱中，平面ABC，，E，F分别为棱AB，BC的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为平面ABC，平面ABC，所以． 因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以，因为， 所以， 又，所以平面，则． 设，易得， 则，所以， 又，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）由平面ABC得 ，E，F分别为棱AB，BC的中点得，得，，得，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，由夹角公式即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 不妨设，则， 则． 由（1）知平面的一个法向量为． ． 设平面的法向量为， 则取 设平面与平面的夹角为， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为． 17. 某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校名学生中随机抽取名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按、、、分成五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求出的值，并估计全校学生中运动时长超过分钟的人数； （2）在上述选取的名学生中任意选取名学生，设为运动时长超过分钟的人数，求的分布列与期望； （3）现将运动时长高于分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取名学生，求恰有名学生是“热爱运动者”的概率． 【答案】（1），全校学生运动时长超过分钟的人数约为 （2）的分布列为 （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，结合频率分布直方图可求得全校学生中运动时长超过分钟的人数； （2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （3）计算出运动时长超过分钟的人数以及运动时间不超过分钟的人数，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】 由于频率分布直方图中所有矩形面积之和为， 则． 全校学生运动时长超过分钟的人数约为． 【小问2详解】 由图可知，运动时长超过分钟的人数为， 运动时长不超过分钟的人数为， 由题意可知的可能取值为、、， 则，，， 所以的分布列为 所以． 【小问3详解】 运动时长超过分钟的人数为， 运动时长不超过分钟的人数为， 所以从样本中任意选取名学生， 恰有名学生是“热爱运动者”的概率． 18. 已知椭圆的离心率为，且C经过点． （1）求椭圆C的方程； （2）设斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点，与x轴交于点，证明：为定值． 【答案】（1） （2）如图，设， 易知，则直线的方程为， 联立方程组，消去x得，， 由，得，所以． 而由两点间距离公式得， 代入化简得到， ， 所以． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合椭圆经过的点求解基本量，得到椭圆方程即可； （2）利用韦达定理表示出，再利用两点间距离公式表示出目标式，化简得到定值即可. 【小问1详解】 由离心率性质得， 因为椭圆C的离心率为，所以， 则，解得，由题意得椭圆C经过点，故， 代入，得到，解得， 所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：解题关键是利用韦达定理表示，然后表示出目标式，再运算得到所要求的定值即可． 19. 若数列的首项，对任意的，都有（k为常数，且），则称为有界变差数列，其中k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n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k的最大值； （3）当（）中各项都取最大值时，，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求的取值范围． 【答案】（1） 当时，， 则． 当时，，满足， 故，当且仅当时，等号成立． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，由累加法可证结论； （2）由累加法可求得，进而可得，结合已知可得，参变分离可求的最大值． （3）由（2）可得，进而利用错位相减法可求得，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得，进而可求得的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以， 当时，满足上式，则． 因为，所以， 整理得． 因为，所以． 因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以． 【小问3详解】 由（2）可得， 则． 设， 则， 所以， 所以，即． 因为对任意的，都有， 所以，即． 当为奇数时，，所以， 易证为递减数列，则； 当为偶数时，，所以， 易证为递增数列，则． 综上，的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：对于第三问，关键在于利用错位相法求得，进而分类讨论可得或，分类讨论是种常用方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $