精品解析：河南省周口市扶沟县2024-2025学年高三上学期期末数学试题

2024-2025学年度综合能力调研检测 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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. 设复数满足，则 A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正三棱台的下底面边长为，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为，则该三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的图象过原点，且无限接近于直线但又不与该直线相交，当时，函数有（ ） A. 最小值 B. 最大值 C. 最小值 D. 最大值 7. 当时，曲线与有4个交点，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，，，则（ ） 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. 某地区根据有气象记录以来的统计数据，发现每年第三季度日平均降雨量（单位：毫米）X服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，则） A. B. C. D. 10. 如图，正方体的棱长为2，P，E，F分别为棱，，的中点，Q为线段上的动点，则（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 的最小值为 11. 已知曲线，点P在C上，O为坐标原点，则（ ） A. C是中心对称图形 B. C有2条对称轴 C. C有2条渐近线 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，P为C右支上一点，与y轴交于点M，若为等边三角形，则C的离心率为______. 13. 已知曲线的一条切线l过点，且不过坐标原点，则实数a的取值范围为_____. 14. 甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去，如果由甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为______. 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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知. （1）证明： （2）若，，求的面积. 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，点在C上，过的直线l与C相交于A，B两点（均不在y轴左侧），与的面积之和为； （1）求C的方程； （2）求. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，E为棱的中点，，，，. （1）证明：平面. （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求. 18. 已知函数. （1）证明：曲线是中心对称图形. （2）证明：若是的导函数，当时，有两个零点. （3）当时，设函数，求的最小值. 19. 已知数列是各项均为正数的等比数列，公比为，令，则将和中的所有项按照从小到大的顺序进行排列，得到数列，若中存在连续三项成等差数列，则称为“比和差”数列. （1）求的前10项中和分别有几项； （2）试用和q表示的通项公式（结论不要求证明）； （3）判断是否为“比和差”数列且，若是，求从的前20项中任取连续3项成等差数列的概率；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度综合能力调研检测 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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】B 【解析】 【分析】根据集合描述法列举出集合的元素，再由集合的交运算求集合. 【详解】由题设，，故. 故选：B 2. 设复数满足，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：等式两边同时除以，化简整理，得出，再得 详解：，所以．故选B 点睛：复数的除法运算公式． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量线性关系的坐标运算及向量垂直的坐标表示列方程求参数. 【详解】由，又， 所以，可得. 故选：D 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角公式及二倍角公式计算得解. 【详解】依题意，， 解得，所以. 故选：D 5. 已知正三棱台的下底面边长为，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为，则该三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将正棱台补全为一个棱锥，为底面中心，根据已知求得、棱台的高，在应用棱锥的体积公式求棱台的体积. 【详解】将正棱台补全为一个棱锥，为底面中心，如下图示， 所以，则，而棱台的高， 所以， 则该三棱台的体积为 . 故选：D 6. 已知函数的图象过原点，且无限接近于直线但又不与该直线相交，当时，函数有（ ） A. 最小值 B. 最大值 C. 最小值 D. 最大值 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图象的性质得，进而有时，结合基本不等式求最值即可. 【详解】由题设，且，则， 所以，则时，， 所以，令，则， 当且仅当时取等号，故最大值为. 故选：B 7. 当时，曲线与有4个交点，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用方程法有或，，结合已知区间范围有，，根据交点的个数，讨论不同对应不同端点值研究各情况下满足要求的解的个数，即可得范围. 【详解】令，则或， 所以或， 即或，， 当，即，， 当，即，， 由曲线与有4个交点，不同对应不同端点值，讨论如下： 当且时，（不符合）或，无交点； 当且时，（不符合）或，一个交点； 当且时，（不符合）或（不符合）， 或或，两个交点； 当且时，（不符合）或（不符合）或（不符合）， 或或或，三个交点； 当且时，（不符合）或或（不符合）， 或或或，四个交点； 当且时，同上分析易知交点个数超过4个； 综上，正实数的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：应用方程法得到或，，结合已知区间范围有，，再应用分类讨论研究解的个数为关键. 8. 已知函数的定义域为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令判断A；令得到即可判断B、C；进而有当且时，，两边求和判断D. 【详解】令，则且，可得，A错； 令，则，可得，即，B错； 由上分析，，，则， 所以，C对； 当且时，，所以，D错. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据递推式得到为关键. 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. 某地区根据有气象记录以来的统计数据，发现每年第三季度日平均降雨量（单位：毫米）X服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，则） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求特殊区间的概率. 【详解】由，则， A：，对； B：，错； C：，对； D：，错； 故选：AC 10. 如图，正方体的棱长为2，P，E，F分别为棱，，的中点，Q为线段上的动点，则（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体性质及线面、面面平行的判定易得面面、面，即可判定A、B；假设平面，则一定成立，结合题设判断C；由关于面对称，易知，进而求出与垂直时的长度，即可判断D. 【详解】如下图示，面，且，， 面，面，则面，同理面， 由都在面内，故面面，而面， 所以平面，A对； 根据正方体的结构特征易知面，面，则，B对； 若平面，而平面，则， 显然Q在线段上运动过程中不可能恒有，C错； 由正方体性质关于面对称，易知， 要使最小，只需与垂直，此时， 则，可得， 所以的最小值为，D对. 故选：ABD 11. 已知曲线，点P在C上，O为坐标原点，则（ ） A. C是中心对称图形 B. C有2条对称轴 C. C有2条渐近线 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】曲线上任意点分别将、、、、代入方程判断是否成立即可确定A、B的正误；由、，讨论符号确定渐近线的条数判断C；由，结合“1”的代换并应用基本不等式求最小值判断D. 【详解】对于上任意点，其关于原点对称的点为， 代入方程左侧有，即点也在曲线上，A对； 由与关于轴对称，且，则也在曲线上， 由与关于轴对称，且，则也在曲线上， 由与关于对称，且，则也在曲线上， 由与关于轴对称，且，则也在曲线上， 由上分析曲线至少有4条对称轴，B错； 由， 当有，则趋向于正负无穷时趋向于； 当有，则趋向于正负无穷时趋向于； 由， 当有，则趋向于正负无穷时趋向于； 当有，则趋向于正负无穷时趋向于； 综上，曲线有4条渐近线，C错； ， 当且仅当时等号成立，则，D对. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：由任意点，写出其关于坐标轴、的对称点代入方程判断A、B；由方程得、，讨论符号研究渐近线、应用基本不等式“1”的代换求范围判断C、D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，P为C右支上一点，与y轴交于点M，若为等边三角形，则C的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知易得，，且，进而有、，由即可求离心率. 【详解】由题意，是底角为的等腰三角形，又为等边三角形， 所以，，且， 则，又， 故. 故答案为： 13. 已知曲线的一条切线l过点，且不过坐标原点，则实数a的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求切线方程，结合点在切线上得，再由导数求右侧的值域范围，即可得参数范围. 【详解】令切点为，且，则切线斜率为， 所以，又切线过，且不过原点， 所以且，则且， 令，则， 所以时，则在上单调递减， 时，则在上单调递增， 由趋向负无穷时，趋向于0，则趋向于2， 由趋向正无穷时，趋向于，且， 所以，即. 综上，. 故答案为： 14. 甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去，如果由甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为______. 【答案】##0.3125 【解析】 【分析】求出五次传球总的传球结果数，然后分析如何传球才能使得满足题意，分别求出其可能的结果数，然后求和.最后利用古典概型求出概率即可. 【详解】每次传球都有两种选择，所以5次传球共有种传球结果. 因为从甲开始，最后回到甲手上，所以第一次传球后不可能是甲接到球，第四次传球后不可能是甲接到球. 如果第二次传球是甲接到球，则第三次传球后不是甲接到球，所以共有种传球结果； 如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后也不是甲接到球，则有种传球结果； 如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后是甲接到球，则有种传球结果； 所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里共有种传球的结果， 所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里得概率为. 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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知. （1）证明： （2）若，，求的面积. 【答案】（1）由题意证明如下： 设，则， 由正弦边角关系有，两边同时除以，则，得证. （2）. 【解析】 【分析】（1）由二倍角余弦公式及正弦边角关系即可证结论； （2）由余弦定理及（1）中，可得、，再应用面积公式求三角形面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，则，即， 所以，可得（负值舍）， 综上，的面积为. 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，点在C上，过的直线l与C相交于A，B两点（均不在y轴左侧），与的面积之和为； （1）求C的方程； （2）求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据离心率、椭圆所过的点坐标列方程求参数值，即可得椭圆方程； （2）根据已知易得轴且，令，则，直线且，联立椭圆并应用韦达定理有，根据三角形面积和得，进而求出，最后应用弦长公式求. 【小问1详解】 由题设，可得，则； 【小问2详解】 由（1）知，又，则轴且， 由过的直线l与C相交于A，B两点（均不在y轴左侧）， 令，则，直线且， 又，则，即， 联立直线与椭圆得，整理得， 所以，则，即， 所以，即，不妨取，则，， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，E为棱的中点，，，，. （1）证明：平面. （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求. 【答案】（1）由E为棱的中点，，则为等腰三角形， 所以，又，则， 所以，即， 又，都在面内，则平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知得为等腰直角三角形，即，结合及线面垂直的判定即可证结论； （2）构建合适空间直角坐标系，令，应用向量法求平面与平面夹角的余弦值，得到方程即可求参数k，进而求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由底面是矩形，则，又，，令， 可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以， 若，分别为平面与平面的一个法向量， ，取，则， ，取，则， 所以，可得（负值舍），故. 18. 已知函数. （1）证明：曲线是中心对称图形. （2）证明：若是的导函数，当时，有两个零点. （3）当时，设函数，求的最小值. 【答案】（1）证明如下： 由， 所以，故是的对称中心， 所以曲线是中心对称图形，得证； （2）证明如下： 当时，， 所以， 又，所以，即是偶函数， 在上，令，则， 由，即在上单调递增， 又，且，故在上存在唯一零点， 由偶函数对称性知：在R上有两个零点，得证； （3）3. 【解析】 【分析】（1）根据解析式求出，判断是否为定值即可证结论； （2）首先判断函数的奇偶性，再应用导数研究上的零点个数，最后由对称性证明结论； （3）利用导数求函数的最小值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题设，则， 令，则， 令，则， 当，，即在上单调递增； 当，，即在上单调递减； 则，即，故在R上单调递增， 又，则上，上， 在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值为3. 19. 已知数列是各项均为正数的等比数列，公比为，令，则将和中的所有项按照从小到大的顺序进行排列，得到数列，若中存在连续三项成等差数列，则称为“比和差”数列. （1）求的前10项中和分别有几项； （2）试用和q表示的通项公式（结论不要求证明）； （3）判断是否为“比和差”数列且，若是，求从的前20项中任取连续3项成等差数列的概率；若不是，请说明理由. 【答案】（1）的前10项中由6项，有4项； （2） （3）是，. 【解析】 【分析】（1）根据题意表示出和的通项公式，根据等比数列性质先判断出两个数列均为单调递增数列，再通过做差法比较、、、的大小关系，再根据大小关系依次排列出的前10项即可得出答案； （2）根据（1）中规律即可求出的通项公式； （3）根据（2）中通项公式分类讨论在为奇数和偶数时满足等差中项的取值. 【小问1详解】 设数列的首项为，则 ， ， 当时，，因为，所以， 当时，，，显然， 且，即， 同理可得，即， 由题意可知为单调递增数列，故也为单调递增数列， 现比较与的大小，， 令，其对称轴为，且，因为， 所以，即，故， 综上可得， 故的前10项中由6项，有4项. 【小问2详解】 由前面分析可知，的通项公式为：， 即. 【小问3详解】 假设是“比和差”数列，则存在使得连续三项成等差数列，分类讨论：当时， 当为奇数时，，，， 因为成等差数列，所以， 即，化简得， 解得，，均不符合题意； 当为偶数时，，，, 同理，即， 化简可得，解得（舍去），， 当时，， 因为成等差数列，所以 即，化简得，符合题意， 综上，当为偶数或时，存在，使得为“比和差”数列， 当时，从的前20项中任取连续3项有18种取法，其中连续3项成等差数列的情况有10种，故从的前20项中任取连续3项成等差数列的概率为. 【点睛】思路点睛： 此题考查抽象数列与新概念问题，抽象数列的考察把握数列与函数之间的关系，等差或等比数列的性质定义，结合题中新概念要求，列出通式带入计算即可。考生注意，因为抽象函数存在分类讨论情况，一定要将情况讨论充分。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $