精品解析：浙江省宁波市2025届高三上学期期末考试数学试题

浙江省宁波市2025届高三上学期期末考试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 若全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知为实数，条件：，条件：，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知随机变量，，则（ ） A. a B. C. D. 6. 若存在实数a，使得直线与圆相切，则实数b取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数且在R上为单调函数.若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，满足，则xy的值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知随机事件A，B发生的概率分别为，事件A，B的对立事件分别为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 A，B相互独立 D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的值域为 B. 函数一条对称轴为 C. 若函数在上单调递增，则的取值范围为 D. 设为函数的导数，则方程恰有4个不同的实数解 11. 已知数列满足：，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数为__________（用数字作答）. 13. “米升子”是一种古代专司量米的量器，其形状是上大下小的正四棱台.将“米升子”装满后用手指或筷子沿升子口刮平叫“平升”.现有一“米升子”的缩小模型，上、下两面正方形的边长分别为5 cm和3cm，侧面与上面的夹角为，则该“米升子”模型“平升”的容积为__________ 14. 某学校篮球队有5名队员做传球训练.第一次由队员甲将球传出，每次传球时传球者都等可能地将球传给另外四人中的任何一人，则第5次传球后球在队员甲手中的概率为__________. 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. 记锐角内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求B大小; （2）若，，成等差数列，且的外接圆半径为1，求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，其中，，，点为棱上一点. （1）当为的中点时，证明：； （2）若直线与平面的所成角的正弦值为，求的大小. 17. 已知函数． （1）当时，求的单调增区间； （2）证明：当时，． 18. 双曲线左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线的右支于点P，Q，且 （1）求双曲线的方程； （2）（ⅰ）证明：直线PQ过定点； （ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线于点M，N，T，若，求PQ的直线方程. 19. 已知数列，定义，其中i，且 （1）若，求和 （2）若，证明：对于且，，，都有 （3）对于，4，，n，设若正项数列为递增数列，求证：中至少有两个不同的元素，且中最大元素与最小元素之比小于 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省宁波市2025届高三上学期期末考试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合的交、并、补集运算即得. 【详解】由已知可得全集，， 则， 故选：A. 2. 若复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算可得，进而根据复数模的运算可得. 【详解】因为，所以， 故选：C 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示即可求解； 【详解】解：向量，， ， 解得， 故选：D 4. 已知为实数，条件：，条件：，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】从充分性和必要性两个角度分别判断即可. 【详解】解：因为为实数，所以由得， 故由：能推出：； 反之，当，时，满足，但， 所以是的充分不必要条件. 故选：B 5. 已知随机变量，，则（ ） A. a B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的性质可得正态分布的图像的对称轴为，由，可得，进而求得. 【详解】随机变量， 正态曲线关于对称， ， ， 故选：B. 6. 若存在实数a，使得直线与圆相切，则实数b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆的切线性质列式计算得解. 【详解】圆的圆心为，半径为1， 由直线与圆相切，得对于实数a有解， 由，解得：或， 所以实数b的取值范围是. 故选：D. 7. 已知函数且在R上为单调函数.若方程有4个不同实数解，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据单调性的定义得到的范围，接着将看作一个整体，然后结合一元二次方程求解出的值，然后结合的值域求解出的范围. 【详解】由题意可知：为单调函数， 当时，单调递减; 故当时，也是单调递减，故 要确保R上单调递减，则， 解得：， 所以满足在R上单调递减时，实数a取值范围为 当时，， 又在上单调递减，， 所以， 即在上的值域为 令，则或3， 即或， 要使得有4个不同的实数解， 则， 解得： 综上，实数a的取值范围为：，即 故选：C. 8. 已知，，满足，则xy的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，利用辅助角法得到，从而，即，再利用基本不等式得到，从而求解. 【详解】由， 则， ，其中， 因为， 所以， 即， 又由基本不等式可得：， 当且仅当即时等号成立， 故，即，且取等号， 因为，所以 此时，， ， 所以， 解得， 因为，所以，， 又，所以 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用辅助角公式结合基本不等式求出的值，再结合三角函数求解即可. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知随机事件A，B发生的概率分别为，事件A，B的对立事件分别为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 A，B相互独立 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由对立事件概率的公式求得，判断A选项；由互斥事件的概率公式求得，判断B选项；由独立事件的公式求得，判断C选项；由条件概率即可判断D选项. 【详解】对于A，因为，所以A正确; 对于B，因为A与B互斥，所以，所以B正确; 对于C，因为，根据事件独立性的定义可知A，B相互独立，所以C正确; 对于D，由，所以D错误. 故选：ABC. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的值域为 B. 函数的一条对称轴为 C. 若函数在上单调递增，则的取值范围为 D. 设为函数的导数，则方程恰有4个不同的实数解 【答案】AC 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，然后由三角函数的性质得到函数的值域，判断A选；由三角函数的对称轴对应函数的最值，代入求得函数值，判断B选项；由求得的范围，由三角函数的单调区间得到不等式，然后求出的取值范围，判断C选项；求出导函数，求出直线的对称中心，验证直线的对称中心也数导函数的对称中心，从而得到它们的交点个数一定为奇数个，判断D选项. 【详解】对于A，因为， 所以函数的值域为，所以A正确; 对于B，因为， 所以不是它的对称轴方程，所以B错误; 对于C，因为，所以， 若函数在上单调递增， 则，则，所以C正确; 对于D，由题得， 因为直线过点， 所以是直线的对称中心， 又， 所以也是函数的图象的对称中心， 根据图象的对称性可知， 与交点个数只能为奇数， 所以D错误. 故选：AC. 11. 已知数列满足：，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于选项A，可直接通过通项公式验证； 对于选项B：可由已知条件推导出的表达式，再求的前项和，借助基本不等式进行放缩，即可判断； 对于选项C和D，可用数学归纳法证明，即可判断. 【详解】解：对于选项A，因为，，故正确； 对于选项B，因为，所以， 又因为a1a2，所以数列是以首项为2，公差为1的等差数列， 所以， 因为，所以， 所以 ，故B正确； 对于选项C和D，用数学归纳法证明： ，对于恒成立. ①当和，即时，，， 故和满足条件; ②假设和，， 成立， 由， 所以， 故， ， 因为， 所以， 故 ， 故和时，，成立. 综上，当为奇数时，当为偶数时，， 对于恒成立. 取，可得， 取，可得， 故正确，错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数为__________（用数字作答）. 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项式定理，展开式的通项，令可得，进而可得含项的系数是. 【详解】解：由， 由，可得， 故在的展开式中，含项的系数是， 故答案为： 13. “米升子”是一种古代专司量米的量器，其形状是上大下小的正四棱台.将“米升子”装满后用手指或筷子沿升子口刮平叫“平升”.现有一“米升子”的缩小模型，上、下两面正方形的边长分别为5 cm和3cm，侧面与上面的夹角为，则该“米升子”模型“平升”的容积为__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用二面角的概念和台体的体积公式求解即可. 【详解】取底面和平面的中心，， 取和的中点，，连接，，，， 过点作平面， 因为为正四棱台，所以点在上， 如下图所示： 因为为正四棱台，四边形的边长为3，四边形的边长为5，侧面与上面的夹角为， 所以，，， ，， 又平面平面，平面，平面， 所以侧面与上底面所成角的平面角为，故， 由平面，平面，所以， 所以， 故正四棱台的高为， 故"平升"的容积为， 故答案为： 14. 某学校篮球队有5名队员做传球训练.第一次由队员甲将球传出，每次传球时传球者都等可能地将球传给另外四人中的任何一人，则第5次传球后球在队员甲手中的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设表示经过第n次传球后球在甲手中，n次传球后球在甲手中的概率为，由全概率公式可得，构造等比数列，求出通项公式即可得答案. 【详解】设表示经过第n次传球后球在甲手中， n次传球后球在甲手中的概率为，，2，3，⋯， 则有，， 所以 ， 即，所以， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 当时 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. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求B的大小; （2）若，，成等差数列，且的外接圆半径为1，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，结合两角和差得余弦公式化简即可求解； （2）结合等比中项及正弦定理可得，再由余弦定理及正弦定理即可求解； 【小问1详解】 因为， 所以， 又因为为锐角三角形，故，所以，即 【小问2详解】 因为，，成等差数列，故，由正弦定理得，而， 结合余弦定理，将代入，解得， 因此为正三角形，而外接圆的半径为1，利用正弦定理可得 故的面积为 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，其中，，，点为棱上一点. （1）当为的中点时，证明：； （2）若直线与平面的所成角的正弦值为，求的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证，进而可知平面，得，再由，可得平面，进而可得； （2）由空间向量法设，由线面角求参数的值，进而得，进而可得. 【小问1详解】 由，，根据勾股定理， 又因为且，平面， 所以平面， 而平面，所以， 又因为为的中点且，所以， 又，平面，所以平面， 因平面，所以. 【小问2详解】 取中点，连接，易得，，， 平面，所以平面， 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 且，， 设平面的一个法向量，则， 令，得，，故 设点，则， 设与平面所成角为， 则， 解得，， 故 17. 已知函数． （1）当时，求的单调增区间； （2）证明：当时，． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求得，根据导数的正负求解即可； （2）首先根据导数得出在单调递减，在单调递增，则，再构造函数说明，再用作差法及基本不等式得出即可证明． 【小问1详解】 的定义域为， 当时，，则，解得， 当时，，故在单调递减； 当时，，故在单调递增， 故的单调增区间为． 【小问2详解】 由，解得， 当时，，故单调递减； 当时，，故在单调递增； 故， 设， 则，解得， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以，即， 所以，当时等号成立， 又，当时等号成立， 故，得证． 18. 双曲线左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线的右支于点P，Q，且 （1）求双曲线的方程； （2）（ⅰ）证明：直线PQ过定点； （ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线于点M，N，T，若，求PQ的直线方程. 【答案】（1） （2）ⅰ证明见解析；ⅱ) 【解析】 【分析】（1）由已知，利用，解得，，即可得到双曲线的方程； （2）（ⅰ）设，，，直线PQ的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，即可得到直线PQ过定点； （ⅱ）由（1）得直线PQ得方程为，则，直线PQ方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，可解得值，即可求得PQ的直线方程. 【小问1详解】 由题意可得，，又， 解得，， 所以双曲线的方程为：. 【小问2详解】 （ⅰ）设，，，其中， 直线PQ与双曲线联立可得， 则，且， 因为， 代入整理得，故或， 代入得定点为或舍， 故直线PQ过定点； （ⅱ）根据（i）得直线PQ得方程为，则， 直线PQ与双曲线方程联立得， 则， 则直线，则， 则， 同理，又， 则，化简得， 因为，故， 则韦达定理代入得，化简得，即， 所以PQ的直线方程为 19. 已知数列，定义，其中i，且 （1）若，求和 （2）若，证明：对于且，，，都有 （3）对于，4，，n，设若正项数列为递增数列，求证：中至少有两个不同的元素，且中最大元素与最小元素之比小于 【答案】（1）9，27 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意求解即可； （2）根据题意求出和，结合指数幂运算性质化简分析即可证明； （3）设中的最大元素为，最小元素为，若，即可证明. 【小问1详解】 由题意，因为， 所以， . 【小问2详解】 不妨假设，由题意，因为， 则， 其中，为奇数，为偶数， 所以. 【小问3详解】 易知中至少包含两个元素和， 设中的最大元素为，最小元素为， 若，则且， 则 若，则且 则 综上所述，中最大元素与最小元素之比小于 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解的定义，并结合定义推导求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $