精品解析：山东省泰安市2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题

试卷类型：A 高三年级考试 数学试题 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． 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． 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】A 【解析】 【分析】根据集合交集的概念和运算，求得. 【详解】依题意， 故选：A 2. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据焦点在横轴上双曲线的渐近线方程直接求解即可. 【详解】由题得双曲线的方程为，所以， 所以渐近线方程为． 故选：D 3. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，利用除法法则整理即可得到复数的坐标形式，进而求即可. 【详解】由，得， ， 所以在复平面内对应的点为，位于第二象限， 故选：B 4. 已知，设，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】A 【解析】 【分析】通过时，可得，可证充分性，通过特例可说明必要性不成； 【详解】当时，可得，则，即，充分性成立， 取，此时，，满足，显然不成立，必要性不成立， 所以是的充分不必要条件， 故选：A 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用已知条件求出的值，然后将表示为，再运用两角和的余弦公式来求解的值. 【详解】已知，那么. 因为，根据， 可得：. 则. 把，，，代入上式可得： . 故选：B. 6. 已知数列满足，，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，代入得.将两边同时除以可得，即数列是首项为，公差为1的等差数列.利用等差数列通项公式可得，化简即可求解. 【详解】， ∴当时，，即. ， ∴数列是首项为，公差为1的等差数列， ，即. 故选：D. 7. 若，则的最小值为（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】由，代入,求解一元二次不等式即可； 【详解】，当且仅当时取等号， 即， 即，因为， 所以， 所以的最小值为20， 故选：C 8. 已知函数的定义域为在上单调递增，且为奇函数，则下列选项正确的是（ ） A. 4是的一个周期 B. 为偶函数 C. D. 在上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的周期性、对称性，再逐项分析判断. 【详解】由，得，由是奇函数，得， 则，即，因此，8是的一个周期， 对于A，，4不是的周期，A错误； 对于B，由，得函数的图象关于直线对称， 由，得的图象关于点对称，因此的图象关于点对称， 函数的图象关于直线不对称，则不为偶函数，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，在上单调性与它在上的单调性相同， 因此在上单调递增，D错误. 故选：C 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存常数a使得，则函数图象关于直线对称. 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. 已知向量，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 已知，若，则 D. 与夹角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示可判断A错误，利用模长的坐标公式可得B正确，再由向量平行的坐标表示可判断C正确，利用夹角的坐标公式计算可知D错误. 【详解】对于A，易知，所以不垂直，即A错误； 对于B，，可得，可得B正确； 对于C，由且可得，解得，即C正确； 对于D，设与的夹角为，所以，可得D错误. 故选：BC 10. 如图，在正四棱柱中，底面正方形的边长为为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（ ） A. 若直线为平面和平面的交线，则平面中不存在直线与平行 B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线与平面所成角最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行性质定理可判断A，利用空间向量计算数量积可判断B，根据三棱锥的体积公式计算判断C，根据线面角定义得出最值即可判断D. 【详解】对于A，因为平面，且平面，平面平面，所以； 又与平面相交，则平面中不存在直线与平行，即平面中不存在直线与平行，故A正确； 对于B， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为，， 所以，，，， 则，， 因为，所以不成立，即不成立， 所以平面不成立，故B错误； 对于C，因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，又为线段上的一个动点， 所以点到平面的距离为定值， 又，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，由选项C可知，点到平面的距离为定值， 记直线与平面所成角为， 则，又正弦函数在上单调递增，则最大时，最大， 所以当最小时，有最大值，此时， 此时，在中，，又，所以， 在中，，从而，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 当时，曲线在处的切线方程为 B. 当时，在上单调递增 C. 若有三个不同零点，则它们的和可能为 D. 存在实数，使得存在零点也是的极值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求切线方程即可判断A，根据导函数的值域可推出函数的单调性即可判断B，将函数的解析式因式分解，即可求得其中一个零点，再转化为二次函数有两个不同的零点，结合韦达定理即可判断C，根据导函数等于零得，代入函数的解析式，解得或，再分类讨论即可判断D. 【详解】对于A，当时，， 则，则， 所以曲线在处的切线的斜率，又， 所以切线方程为，即，故A正确. 对于B，，， 由，解得， 所以当时，恒成立，即恒成立， 此时，在上单调递增成立，故B正确. 对于C，， 所以是函数的一个零点，又有三个不同零点， 所以方程有两个不同实数根，且都不为，分别记为； 则，且，解得或； ①当时，，则，此时； ②当时，，则，此时； 综上所述，若有三个不同零点，则它们的和可能为不成立，故C错误. 对于D，，若存在极值点，则， 即，则， 所以 ， 由，解得或， ①当时，由，解得，此时恒成立， 不满足存在极值点，故舍去； ②当时，由，解得，此时， 当和时，单调递增；当时，单调递减， 所以既是的零点，也是的极值点，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了分段函数的简单应用，将自变量的取值代入相应的那一段求值是关键. 【详解】，. 故答案为：. 13. 若函数在［上是减函数，且，，则_______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值. 【详解】由题知， 因为， 所以， 又因为在区间上是减函数， 所以， 两式相减，得， 因为，所以. 故答案为： 14. 已知椭圆的上，下焦点分别为为上一点，且，点在的平分线上，，且，则椭圆的离心率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆的定义结合已知条件可得出，结合勾股定理可得出关于的齐次等式，即可解得椭圆的离心率 【详解】如图，设，延长交于P，所以， 由题意知，，O是的中点，故点P是的中点，所以， 得， 又，则, 又点在的平分线上，所以， 故是等腰直角三角形，所以， 所以，所以，又， 所以， 又在中，，即， 又，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. 已知递增等差数列前项和为是和的等比中项． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的求和公式，结合等比中项定义可构造方程组求得，由此可得；由此可得； （2）利用等差数列的求和公式和得，然后利用裂项求和结合函数的单调性可得； 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为 则① 是和的等比中项 ② 由①②得 【小问2详解】 数列为递增数列 又 综上，． 16. 已知在中，内角所对的边分别为，． （1）求； （2）若，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量平行得方程，利用二倍角公式，辅助角公式化简即可求解； （2）在中，由余弦定理解得，再分别在和中用余弦定理表示，利用相等关系列方程求解即可. 【小问1详解】 ， ， ， ，又， ， ，，， ， . 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， ，解得或（舍）. ，. 在中，， 在中，， ， ， ， 解得. 17. 如图，在五棱柱中，侧面为矩形，平面，． （1）证明：； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过勾股定理得到，再结合，进而可求解； （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：，， 又，， 在中，， ，， 五棱柱的侧面为矩形， ， 又平面， 平面， 平面，所以. 【小问2详解】 解：平面平面，平面平面， ， ，， 又平面， 易知两两垂直， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， ， 平面， 取平面的一个法向量为， 设为平面的一个法向量， ，， 取，则，，， 设平面与平面的夹角为， 则． 平面与平面夹角的余弦值为 18. 如图，已知点在抛物线上，且轴，坐标原点到的距离为2，． （1）求的方程； （2）如图，点在上且在左侧，点在线段上，四边形为矩形，将矩形以轴为旋转轴旋转半周，其四边形成的面围成一个旋转体，求该旋转体体积的最大值； （3）如图，过点作圆（且）的切线，设与的另一个交点分别为，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的坐标为．代入解析式，解得即可； （2）设点，则，旋转体为圆柱，求得，再用体积公式得到，运用二次函数求最值即可； （3）设，由题意，得到直线方程，根据 直线与圆相切，得到，根据直线与圆相切可得借助同构和韦达定理得到，代入方程中计算即可. 【小问1详解】 轴，到的距离为2，且， 的坐标为．在抛物线上， ，解得抛物线方程为. 【小问2详解】 设点，则， 将矩形DEFG以轴为旋转轴旋转半周得到的旋转体为圆柱， 设其底面半径为，高为，则 ， 圆柱体积 ， ， 当即时，取得最大值， 【小问3详解】 证明：设，由题意，直线斜率均存在， 直线， 直线，即， 直线与圆相切，， 即， 同理，由直线与圆相切可得， 是方程的两个解， ，代入方程中， 得：， ，即，解得， 直线恒过定点. 【点睛】方法点睛：证明直线过定点，通常有两类： （1）直线方程整理为斜截式，过定点； （2）直线方程整理为点斜式，过定点. 19. 法国数学家米歇尔·罗尔于1691年在他所著的《方程的解法》中，提出了确定多项式方程的根的位置的一种方法，后人把它推广到是一般的可导函数的情形，最终发展为罗尔定理，即若函数在上的图象是连续不断的曲线，在内处处可导（导函数存在），且，则至少存在一个实数，使得．罗尔定理是三大微分中值定理之一，在数学，物理，工程和经济学等领域有着广泛的应用． （1）已知函数的图象是连续不断的曲线，试用罗尔定理证明：，使； （2）已知函数的图象是连续不断的曲线，设的导数为为图象上的两点，，直线的斜率为，试用罗尔定理证明：存在唯一实数，使； （3）若方程在上有解，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合罗尔定理即可直接求证； （2）结合斜率公式，构造函数，再结合罗尔定理即可求证； （3）令，先通过罗尔定理确定在上至少有两个不等实数根，再令，得到，通过讨论当，和时，的零点个数，求解； 【小问1详解】 证明：， ， ， 在内处处可导， 又在上的图象是连续不断的曲线， 由罗尔定理，，使； 【小问2详解】 证明：， ， ， 设，则， ， 在内处处可导， 又在上的图象是连续不断的曲线， 由罗尔定理，，使得， 上单调递增， 存在唯一实数，使得， 即存在唯一实数，使得； 【小问3详解】 设， 则在内有零点，设为的一个零点，且， ，又， 由已知，在和上的图象都是连续不断的曲线， 又， 在及上分别处处可导， 由罗尔定理知，至少存在一个，使得，至少存在一个，使得， 在上至少有两个不等实数根， 设， 则， ， ， 当，即时， 在上单调递增， 在上至多有一个实根，不合题意． 当，即时， 在上单调递减， 在上至多有一个实根，不合题意. 当，即时， 由，得，且， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 在上的最小值， ， ， 在上至少有两个不等实根， ， 解得， 又， 的取值范围为. 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型：A 高三年级考试 数学试题 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． 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． 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. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知，设，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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则的最小值为（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 25 8. 已知函数的定义域为在上单调递增，且为奇函数，则下列选项正确的是（ ） A. 4是的一个周期 B. 为偶函数 C. D. 在上单调递减 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. 已知向量，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 已知，若，则 D. 与夹角的余弦值为 10. 如图，在正四棱柱中，底面正方形的边长为为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（ ） A. 若直线为平面和平面的交线，则平面中不存在直线与平行 B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线与平面所成角最大时， 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 当时，曲线在处切线方程为 B. 当时，上单调递增 C. 若有三个不同零点，则它们的和可能为 D. 存在实数，使得存在零点也是的极值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则_______． 13. 若函数在［上是减函数，且，，则_______． 14. 已知椭圆的上，下焦点分别为为上一点，且，点在的平分线上，，且，则椭圆的离心率为_______． 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. 已知递增等差数列前项和为是和的等比中项． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 16. 已知在中，内角所对的边分别为，． （1）求； （2）若，求的长． 17. 如图，在五棱柱中，侧面为矩形，平面，． （1）证明：； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 如图，已知点在抛物线上，且轴，坐标原点到距离为2，． （1）求的方程； （2）如图，点在上且在左侧，点在线段上，四边形为矩形，将矩形以轴为旋转轴旋转半周，其四边形成的面围成一个旋转体，求该旋转体体积的最大值； （3）如图，过点作圆（且）的切线，设与的另一个交点分别为，证明：直线过定点． 19. 法国数学家米歇尔·罗尔于1691年在他所著的《方程的解法》中，提出了确定多项式方程的根的位置的一种方法，后人把它推广到是一般的可导函数的情形，最终发展为罗尔定理，即若函数在上的图象是连续不断的曲线，在内处处可导（导函数存在），且，则至少存在一个实数，使得．罗尔定理是三大微分中值定理之一，在数学，物理，工程和经济学等领域有着广泛的应用． （1）已知函数的图象是连续不断的曲线，试用罗尔定理证明：，使； （2）已知函数的图象是连续不断的曲线，设的导数为为图象上的两点，，直线的斜率为，试用罗尔定理证明：存在唯一实数，使； （3）若方程在上有解，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $