精品解析：江西省南昌市第十中学2025届高三上学期期末考试数学试题

南昌十中2024-2025学年度高三上学期期末考试 一、选择题：本大题共8个小题，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. ［1，4] 2. 已知（其中i为虚数单位），则复数（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，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. 已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ） A. 7 B. 9 C. 15 D. 20 5. 已知二项式，则（ ） A. 展开式中的系数为45 B. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 C. 展开式中各项系数之和为1 D. 展开式中系数最大的项是第5项或第7项 6. 某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法. A. 120 B. 360 C. 420 D. 480 7. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 过椭圆上一点分别向圆和圆作切线，切点分别为、，则的最小值为（ ） 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，有选错或未选的得0分． 9. 设离散型随机变量的分布列为： 0 1 2 3 0.4 0.3 0.2 若离散型随机变量满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 点是图象的一个对称中心 C. 在上单调递减 D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 过点，，的平面截正方体所得的截面周长为 B. 存在点，使得平面 C. 若平面，则动点的轨迹长度为 D. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，且，则向量，夹角的余弦值是_________. 13. 设数列满足，且，则数列的前10项和为______． 14. 已知椭圆上有一异于顶点的点分别是椭圆的左、右顶点，且两直线的斜率的乘积为，则椭圆的离心率为___________． 四、解答题：本大题共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. 在中,角的对边分别为,且满足. （1）求角的值; （2）若,求的面积. 16. 已知边长为的菱形（如图1），，与相交于点，为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若平面，二面角的余弦值为，求的长． 17. 已知椭圆C：的离心率为，且椭圆长轴长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线l（不过原点O）与C交于AB，两点，求面积的最大值． 18. 已知为实数，函数（其中是自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的恒成立，求的最小值. 19. 马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②当时，恒成立，求取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌十中2024-2025学年度高三上学期期末考试 一、选择题：本大题共8个小题，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. ［1，4] 【答案】C 【解析】 【分析】本题先解不等式求出集合A、B，再结合补集和交集的定义即可求解. 【详解】因为集合或， ， 所以， 故 故选：C. 2. 已知（其中i为虚数单位），则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法公式，即可求解. 【详解】由条件可知. 故选：A 3. 已知直线，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】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行判断即得. 【详解】当时，直线，则， 当时，，解得， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 4. 已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ） A. 7 B. 9 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的求和公式可得结果. 【详解】设等比数列的公比为q，依题意有，又， 当时，，故舍去， 当时，因为，则， 化简得，即且，， 故， 故选：C. 5. 已知二项式，则（ ） A. 展开式中的系数为45 B. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 C. 展开式中各项系数之和为1 D. 展开式中系数最大的项是第5项或第7项 【答案】AD 【解析】 【分析】由展开式的通项公式即可判断A，由二项式系数的性质即可判断BD，令，代入计算即可判断C 【详解】，当时，，系数为，故A正确； 由组合数性质可知，中间项系数最大， 展开式中二项式系数最大的项是第6项，故B错误； 令，得展开式中各项系数之和为，故C错误； 当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数， 当或时，系数最大，正确. 故选：AD. 6. 某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法. A. 120 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可. 【详解】分两类情况： 第一类：2与4种同一种果树， 第一步种1区域，有5种方法； 第二步种2与4区域，有4种方法； 第三步种3区域，有3种方法； 最后一步种5区域，有3种方法， 由分步计数原理共有种方法； 第二类：2与4种不同果树， 第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上，是排列问题，共有种方法； 第二步种5号区域，有2种方法， 由分步计数原理共有种方法. 再由分类计数原理，共有种不同的方法. 故选：C. 7. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】对两边求导可得，先求出，进而可得答案. 【详解】函数的定义域为，是偶函数， 则， 两边同时求导可得：， 当时，， 求导可得，则有， 又由， 令可得：， 则曲线在点处的切线斜率为. 故选：A 8. 过椭圆上一点分别向圆和圆作切线，切点分别为、，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点， ， 根据椭圆定义，设，则，即， 则， 当时，取到最小值． 故选：A． 【点睛】本题考查利用椭圆的定义求解最值问题，同时也考查了圆的切线长的计算，考查计算能力，属于中等题. 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，有选错或未选的得0分． 9. 设离散型随机变量的分布列为： 0 1 2 3 0.4 0.3 0.2 若离散型随机变量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用分布列的性质求得，从而利用期望与方差公式与性质即可得解. 【详解】由分布列的性质知，则， 故，故A正确； ，故C错误； 则，故B正确； 所以，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 点是图象的一个对称中心 C. 在上单调递减 D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件可得，即可判断出选项A的正误，对于B，直接求出的对称中心，即可求解；对于C，根据条件，求得，利用图象与性质，即可求解；对于，利用三角函数图象的平移变换，直接求出结果，即可求解. 【详解】因为， 又的最小正周期为，所以，得到，所以选项A正确， 对于选项B，因为，由，得到， 所以的对称中心为，当时，对称中心为，所以选项B正确， 对于选项C，当时，，且 所以由图象与性质知，在上不单调，故选项C错误， 对于选项D，将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，所以选项D正确， 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 过点，，的平面截正方体所得的截面周长为 B. 存在点，使得平面 C. 若平面，则动点的轨迹长度为 D. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，然后证明截面为，求出周长即可判断A；假设存在点F，根据，分别判断点F位置即可得到矛盾，B错误；根据平面平面即可确定动点的轨迹，可判断C；由AC判断点F位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式确定球心位置，然后可判断D. 【详解】A选项，如图，取的中点，连接， 因为为的中点，所以，， 所以过点，，的平面截正方体所得的截面为梯形， 其周长为，故A选项正确； B选项，假设存在点，使得平面， 则，得只能在线段上， 再由，得只能在线段上，即与重合，不符合题意，故B选项错误； C选项，如图，取的中点M，的中点， 连接，，，可得，， 又平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 所以动点的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确； D选项，由A，C选项可得，平面平面， 所以当在点时，到平面的距离最大，此时为等边三角形， 因为平面，所以三棱锥的外接球球心一定在直线上， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设， 由得，，解得， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积为，故D选项正确． 故选：ACD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，且，则向量，夹角的余弦值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律计算即可得，再根据夹角公式计算即可. 【详解】因为，所以，所以. 因为，所以，所以， 则. 故答案为： 13. 设数列满足，且，则数列的前10项和为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用“累加求和”可得的通项公式，再利用“裂项求和”即可得出. 【详解】因为数列满足，且， 所以当时，， 当时，上式也成立， 所以，所以， 则的前项和， 所以数列的前10项和为． 故答案为：. 14. 已知椭圆上有一异于顶点的点分别是椭圆的左、右顶点，且两直线的斜率的乘积为，则椭圆的离心率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，，设，利用线的斜率的乘积为计算即可. 【详解】由题意可知，，设， 则， 于是 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 在中,角的对边分别为,且满足. （1）求角的值; （2）若,求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)先用正弦定理边化角,再逆用两角和的正弦公式进行化简即可求解; (2)利用余弦定理求出边,然后代入三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 解:由题意知, 在中,将正弦定理代入有, 所以, 即,即, 即, 因为,所以,所以, 因为, 所以； 【小问2详解】 由(1)知,在中,由余弦定理可知, 即, 解得或（舍）, 所以. 16. 已知边长为的菱形（如图1），，与相交于点，为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若平面，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1）因为四边形是边长为的菱形，并且， 所以，均为等边三角形，故，且， 因为平面，平面，且， 所以平面，因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件有，利用线面垂直的判定定理得平面，再由线面垂直的性质定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，结合条件，利用面面角的向量法，得到，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量为，又， 故，取，则，得， 因为二面角的余弦值为，所以， 整理得到，解得（舍去），所以． 17. 已知椭圆C：的离心率为，且椭圆长轴长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线l（不过原点O）与C交于AB，两点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出，，再利用的关系求出，进而求解； （2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再计算的面积，利用基本不等式，即可得出答案． 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，且椭圆长轴长为，所以，，则，所以椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,， 联立，得， ， 所以，即或， 则， 故， 点到直线的距离，所以的面积， 设，则， 故，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为． 18. 已知为实数，函数（其中是自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的恒成立，求的最小值. 【答案】（1） 时，在上单调递增， 时，的减区间为，增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，得到，再分和两种情况，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解； （2）根据条件，利用（1）中结果得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而求出的最小值，即可求解. 【小问1详解】 易知，因为，所以， 当时，恒成立，此时在上单调递增， 当时，由，得到， 当时，，当时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上，时，在上单调递增， 时，的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 因为当时，时，， 由（1）知，要使对任意的恒成立，则，且恒成立， 即恒成立，得到， 所以， 令，则，由，得到， 当时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，故的最小值为. 19. 马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②当时，恒成立，求取值范围． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择米饭套餐”，根据条件求出，再利用全概率公式，即可求解； （2）①设为“第天选择米饭套餐”，根据条件得到，，利用全概率公式得到，即可证明结果；②由①得到，再对分类讨论，利用单调性，即可求解. 【小问1详解】 设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择米饭套餐”，则为“第1天不选择米饭套餐”， 根据题意， 由全概率公式得：. 【小问2详解】 ①设为“第天选择米饭套餐”，则， 根据题意， 由全概率公式得：， 因此，因为， 所以是以为首，为公比的等比数列． ②由①可得， 当为大于的奇数时， 当为正偶数时， 因此，当时，，所以． 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）中的第①问，利用全概率公式得到，即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $