精品解析：山东省枣庄市2024-2025学年高三上学期期末数学试题

参照秘密级管理★启用前 试卷类型：A 2025届高三第一学期质量检测 数学试题 2025.01 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2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 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】C 【解析】 【分析】根据交集运算法则求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 2. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由复数的乘法运算把给出的复数化简为的形式，则复数的虚部可求． 【详解】因为，虚部为. 故选：B. 3. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. 19 B. 51 C. 69 D. 87 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的前n项和公式结合等差数列的性质进行求解即可. 【详解】. 故选：C. 4. 若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及向量夹角公式求解. 【详解】由，得，即，而， 因此，而， 所以. 故选：C 5. 已知直三棱柱.则直三棱柱的体积为（ ） A. 2 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据柱体的体积公式，即可求解. 【详解】因为直三棱柱， 所以直三棱柱的体积为. 故选：D. 6. 已知函数有2个实数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，求得函数的单调性得到，转化为函数和的图象有2个公共点，结合图象，即可求解. 【详解】由题意， ，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 当时，可得， 当 所以函数的图象如图所示，函数和的图象有2个公共点， 结合图象可得实数的取值范围. 故选：B. 7. 记函数的最小正周期为.若，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由周期范围求得的范围，由求解的值，可得函数解析式，则可求. 【详解】函数的最小周期为， 则，由，得，所以， 因为，所以， 则，所以， 取，可得. 所以， 所以. 故选：A. 8. 一般地，设是一个函数，，记，称函数为的次迭代，并称为的迭代指数.设为自然数，为（十进制）的各数位上数字之和，则（ ） A. 19 B. 11 C. 8 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】从开始计算，找到规律即可求解； 【详解】，各位数字之和位19， ，各位数字之和位11， ，各位数字之和位5， ，各位数字之和位8， ，各位数字之和位11， 从开始，结果依次为： 第150次迭代，从开始，操作148次， 余1，所以对应第二个值5， 所以， 故选：D 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的极差与众数之和为 B. 数据的第百分位数是 C. 在使用经验回归方程进行预测时，决定系数可以用来检检模型的拟合效果，其中越大，模型的拟合效果越好 D. 一个袋子中有大小和质地完全相同的个球（标号为），从袋中不放回地依次随机摸出个球.设事件“第一次摸到标号小于的球”，事件“第二次摸到标号小于的球”，则与相互独立 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，直接求出极差与众数，即可求解；对于B，直接求出第百分位数，即可求解；对于C，利用决定系数越大，模型的拟合效果越好，即可解；对于D，求出，再利用相互独立事件的判断方法，即可求解. 【详解】对于选项A，数据的极差与众数分别为，其和为，故选项A正确， 对于选项B，因为，所以数据的第百分位数是，故选项B错误， 对于选项C，因为决定系数越大，模型的拟合效果越好，所以选项C正确， 对于选项D，因为，，， 则，所以与不独立，故选项D错误， 故选：AC. 10. 如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. C. 二面角的平面角的大小为 D. 存在某个点，使直线与平面所成角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A.根据等体积法的等高等底即可判断；应用空间向量法计算得出线线垂直判断B，再应用空间向量法计算线面角的正弦范围得出线面角的最大值为判断D，再结合二面角空间向量法计算判断C. 【详解】对于选项A：三棱锥转化为三棱锥的底面积为定值， 因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故选项A正确； 对于选项B： 如图建系，设，则 因为，， 所以得，故选项B正确； 对于选项D：取平面的法向量为， 因为 ， 则设直线与平面ABCD所成角,则， 当时，，这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项D不正确； 对于选项C：设平面法向量为，， 所以，所以 所以令，可得，设平面法向量为， 设二面角 为，则 所以二面角的大小为，故选项C正确. 故选：ABC. 11. 在平面直角坐标系中，到定点距离之积等于1的点的轨迹记为.已知点为上一点，则（ ） A. 直线与有3个公共点 B. C. D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，求出轨迹方程，化简得，联立得到直线与有1个公共点，即原点；B选项，由得，令，则，求出最大值为，得到；C选项，在B基础上，得到，C正确；D选项，在B基础上，得到，故的最大值为，D正确. 【详解】A选项，设为轨迹上任意一点， 则，化简得， 联立与得， 两边平方得，即，，此时， 故直线与有1个公共点，即原点，A错误； B选项，点为上一点，故， ， 由得，解得， 令，则， 故， 故当，即时，取得最大值，最大值为， 故，B正确； C选项，由B知，，， 故， 当且仅当时，等号成立， 故，C正确； D选项，由B知，， 故的最大值为，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：求出轨迹方程，由得，利用换元法，配方法等知识点进行求解 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】二项式展开式的通项为： 令，得 所以的系数为. 故答案为：. 13. 设是直线上的动点，过作圆的切线，则切线长的最小值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用切线长公式，将问题转化为求圆心到直线的距离即可. 【详解】设切点为，则， 而的最小值为点到直线的距离，即，则的最小值为，故切线长的最小值为. 故答案为：. 14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，利用全概率公式列式，再借助数列递推公式求通项判断作答. 【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，， ，则， 于是得，即， 而， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，，即， 所以n次传球后球在甲手中的概率是. . 故答案为：①；②. 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. 在中，为钝角，. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用二倍角余弦公式计算结合正弦定理计算求解即可； （2）应用正弦定理结合两角和正弦求解，最后应用面积公式计算. 【小问1详解】 因为，又， 所以，又， 所以. 在中，由正弦定理得， 因为，所以. 因为为钝角， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以. 由（1）知， 所以. 又 所以. 16. 从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点.点分别是椭圆的右顶点和上顶点，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知是椭圆的右焦点，直线与相交于点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过直线与椭圆的交点、直线斜率关系以及椭圆的基本性质来确定椭圆的参数； （2）先求出直线方程与椭圆的交点，进而得到线段长度，再求出点到直线的距离，最后根据三角形面积公式求解. 【小问1详解】 设直线方程为，代入椭圆， 解得点的坐标是. 因为，且，得. 又因为，所以. 因为，所以. 得. 所以，椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题意知，，直线的斜率为， 则直线的方程为，即. 由，消去并整理得， 解得（舍去）或，此时， 故点的坐标为 所以. 又由题知，点的坐标为. 设点到直线的距离为， 则. 故. 17. 2024年7月27日，“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”正式被列入《世界遗产名录》.某班级30名同学计划利用寒假时间进行“北京中轴线—故宫探游”研学活动.游览规划：如图，第一阶段，每位同学从午门出发，等可能选择①②两条路线游览，之后到乾清门集中进行阶段总结；第二阶段，从乾清门出发继续游览，最终在御花园集合，活动结束.已知从乾清门出发时每位同学改变之前所选路线的概率均为，且相互独立. （1）求甲同学在第二阶段选择路线①概率； （2）记甲、乙、丙、丁4位同学中，在第一､二阶段都选路线①的人数为，求的期望，方差； （3）记班级内在第一､二阶段都选择路线①的人数为的概率为，则为何值时，取最大值. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）设“甲同学在第一阶段选择路线”，，“甲同学在第二阶段选择路线①”，根据全概率公式求解； （2）根据题意，服从二项分布，由二项分布的期望、方差公式求解； （3）的可能取值为，且，列不等式求其最大值. 【小问1详解】 设“甲同学在第一阶段选择路线”，， “甲同学在第二阶段选择路线①”， 则， 所以； 【小问2详解】 记“每位同学第一､第二两阶段都选择路线①”， 则， 因为路线选择是相互独立的，所以服从二项分布， 所以期望， 方差. 【小问3详解】 的可能取值为，此时. 所以， 则， 故， 解得，又， 所以当时，取最大值. 18. 在三棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，. （1）求证：平面； （2）求异面直线与的夹角的余弦值； （3）设点是三棱锥外接球上一点，求到平面距离的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先应用面面垂直性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直判定定理证明即可； （2）应用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值即可； （3）先设球心坐标为，再应用空间距离列式计算得出，再应用点到平面距离计算求解. 【小问1详解】 在中，因为，满，所以； 因为平面平面，平面平面平，故平面； 又因为平面，所以. 因为是等腰直角三角形，， 所以. 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，以垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，则，且， 则点的坐标为. 又， 则， ， ， ， ， 故异面直线与的夹角的余弦值为. 小问3详解】 设三棱锥外接球的球心的坐标为， 则由，可得， 解得，即 球的半径， 由（1）知，平面，则平面的一个法向量为， 又因为，则球心到平面的距离为 . 故点到平面距离的最大值为. 19. 已知函数，其中，且为的导数. （1）若，且当时，恒成立，求的取值范围； （2）当时，设，若方程存在两个不同的实根，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入，然后求出导数，分类讨论和，由单调性求出最小值，然后得到范围； （2）代入后整理得到方程，设两根为，代回方程后相加、相减后整理得到和.利用分析法将证明，转变为证明，然后由的计算整理后换元得到，构建函数，由导数得到单调性，然后得到即可得证. 【小问1详解】 当时， 当时，因为， 所以在上单调递增. 则，满足恒成立. 当时，令，即，解得. 当时，单调递减； 当时，单调递增， 因为，所以不满足恒成立. 综上，的取值范围是. 【小问2详解】 当时，由题意知， 即. 因为方程存在两个不同的实根，不妨设， 所以， 两式相加得，.① 两式相减得，， 因为，所以.② 要证明， 即证明， 由①得，即证明， 由②得，即证明， 即证明， 令，则， 即证明. 令， 则， 故在上单调递增，所以， 即成立，得证. 【点睛】方法点睛:本题的关键方法是利用分析法，将需要证明得不等式与已知的关系式相结合，得到新的需要证明得不等式，然后利用作差法构建函数，由函数的导数求函数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照秘密级管理★启用前 试卷类型：A 2025届高三第一学期质量检测 数学试题 2025.01 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2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 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. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 3. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. 19 B. 51 C. 69 D. 87 4. 若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直三棱柱.则直三棱柱的体积为（ ） A. 2 B. C. 6 D. 6. 已知函数有2个实数解，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 记函数的最小正周期为.若，且，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 一般地，设是一个函数，，记，称函数为的次迭代，并称为的迭代指数.设为自然数，为（十进制）的各数位上数字之和，则（ ） A. 19 B. 11 C. 8 D. 5 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的极差与众数之和为 B. 数据的第百分位数是 C. 在使用经验回归方程进行预测时，决定系数可以用来检检模型的拟合效果，其中越大，模型的拟合效果越好 D. 一个袋子中有大小和质地完全相同的个球（标号为），从袋中不放回地依次随机摸出个球.设事件“第一次摸到标号小于的球”，事件“第二次摸到标号小于的球”，则与相互独立 10. 如图，正方体棱长为是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. C. 二面角的平面角的大小为 D. 存在某个点，使直线与平面所成角为 11. 在平面直角坐标系中，到定点距离之积等于1的点的轨迹记为.已知点为上一点，则（ ） A 直线与有3个公共点 B. C. D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________（用数字作答）. 13. 设是直线上的动点，过作圆的切线，则切线长的最小值为__________. 14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，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. 在中，钝角，. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点.点分别是椭圆的右顶点和上顶点，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知是椭圆的右焦点，直线与相交于点，求的面积. 17. 2024年7月27日，“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”正式被列入《世界遗产名录》.某班级30名同学计划利用寒假时间进行“北京中轴线—故宫探游”研学活动.游览规划：如图，第一阶段，每位同学从午门出发，等可能选择①②两条路线游览，之后到乾清门集中进行阶段总结；第二阶段，从乾清门出发继续游览，最终在御花园集合，活动结束.已知从乾清门出发时每位同学改变之前所选路线的概率均为，且相互独立. （1）求甲同学在第二阶段选择路线①的概率； （2）记甲、乙、丙、丁4位同学中，在第一､二阶段都选路线①人数为，求的期望，方差； （3）记班级内在第一､二阶段都选择路线①的人数为的概率为，则为何值时，取最大值. 18. 在三棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，. （1）求证：平面； （2）求异面直线与的夹角的余弦值； （3）设点是三棱锥外接球上一点，求到平面距离的最大值. 19. 已知函数，其中，且为的导数. （1）若，且当时，恒成立，求的取值范围； （2）当时，设，若方程存在两个不同的实根，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $