精品解析：云南省玉溪市江川区第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题

2024-2025学年高三上学期期末考试 数学试卷 注意事项: 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答:每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷．草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题: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. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数定义可知对任意的恒成立，解得且；再根据复合函数单调性结合对数函数以及二次函数单调性分析求解. 【详解】因为在上单调递减， 则对任意的恒成立，可得且； 且开口向下，对称轴， 当时，则对称轴，可知在内单调递减， 且在定义域内单调递减，所以在上单调递增，不合题意； 当时，因为在定义域内单调递增，可知在内单调递减， 则，解得； 综上所述：的取值范围是. 故选：C. 2. 已知M,N为集合Ⅰ的非空真子集，且M,N不相等，若，则（ ） A. M B. N C. I D. 【答案】A 【解析】 【分析】由交集为空集可确定两集合的包含关系，进而得到并集结果. 【详解】 故选： 【点睛】本题考查集合运算中的交集和并集运算，关键是能够通过交集运算结果确定集合的包含关系. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果. 【详解】由得：， 令， 为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数， ， ，，，则A正确，B错误； 与的大小不确定，故CD无法确定. 故选：A. 【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的乘法运算和周期性化简复数，即可根据共轭复数的定义和复数的模长公式得解. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A. 5. 已知数列的各项均为正数，满足，，则下列结论正确的是（　　） A. 等差数列 B. 是等比数列 C. 是等差数列 D. 是等比数列 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论． 【详解】因为数列各项为正数，满足，， 故对任意的，，则， 所以数列的每一项都是正数，所以，可得. 由等差中项法可知，数列是等差数列． 故选：C. 6. 设A、B、C、D是空间中四个不同的点，下列命题中正确的是（ ） A 若AC与BD共面，则AD与BC共面 B. 若AC与BD是异面直线，则AD与BC也是异面直线 C. 若，则AD=BC D. 若，则AD⊥BC 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面的性质可判断AB，利用空间四边形及线面垂直的判定定理可判断CD． 【详解】对于选项A，若与共面，则与共面，正确； 对于选项B，若与是异面直线，则四点不共面，则与是异面直线，正确； 如图，空间四边形中，AB＝AC，DB＝DC，则AD与BC不一定相等，故C错误； 对于D，当四点共面时显然成立， 当四点不共面时，取BC的中点M，连接AM、DM，则， ∴BC⊥平面ADM，∴BC⊥AD，故D正确. 故选：ABD. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案. 【详解】如图， 因为，不妨设渐近线方程为，即， 所以， 所以. 设,则，所以，所以. 因为,所以，所以，所以， 所以， 因为， 所以， 所以，解得， 所以双曲线的方程为 故选：D 8. 在研究变量与之间的关系时，进行实验后得到了一组样本数据利用此样本数据求得的经验回归方程为，现发现数据和误差较大，剔除这两对数据后，求得的经验回归方程为，且则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，求出剔除后的平均数，进而求出剔除前的平均数，根据回归直线必过样本点中心得到，进而得到，将点代入，即可求解. 【详解】设没剔除两对数据前的平均数分别为，， 剔除两对数据后的平均数分别为，， 因为， 所以，， 则， 所以， 又因为， 所以， 解得. 故选：C. 二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数（，）的图象既关于点中心对称，也关于直线轴对称，且在上单调，则的值可能是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由对称轴和对称中心列出关系式得，利用单调性得到，进而得或或，再注意验证是否符合题意可得答案. 【详解】由题意可得则， 即.因为在上单调， 所以，所以，即，所以，即， 解得.因为，所以或或. 当时，，，此时在上单调递减，故符合题意； 当时，，，此时在上单调递减，故符合题意； 当时，，，此时在上不单调，故不符合题意. 故选：AB. 10. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线C上，，若为等腰三角形，则直线的斜率可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由抛物线的定义求得，设，得到，分、和，三种情况讨论，结合选项，即可求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点为， 因为，由抛物线的定义，可得， 设，可得， 当时，可得，所以，则，所以B正确； 当时，此时方程无解； 当时，可得，所以，则，所以A正确. 故选：AB 11. 已知三棱柱为正三棱柱，且，，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 正三棱柱外接球的表面积为 B. 若直线与底面所成角为，则的取值范围为 C. 若，则异面直线与所成的角为 D. 若过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项：先求外接圆的半径，根据勾股定理求外接球的半径，从而求表面积； 选项：确定出点与重合时，最小；点与重合时，最大，然后在直角三角形中求其正弦值； 选项：将正三棱柱补成直四棱柱，然后找异面直线与所成的角； 选项：把三棱锥的体积最小，转化为三棱锥的体积最大，然后根据到平面距离的最大值求三棱锥的体积的最小值. 【详解】选项：因为外接圆的半径，，所以正三棱柱外接球的半径，所以外接球的表面积为，故项正确； 选项：取的中点，连接，，，，由正三棱柱的性质可知平面平面，所以当点与重合时，最小，当点与重合时，最大，所以，故错误； 选项：将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则(或其补角)为异面直线与所成的角，易得，，所以，故项错误； 选项：如图所示，因为，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示， 因为，所以在以为直径的圆上， 所以点到底面距离的最大值为， 所以三棱锥的体积的最小值为，故项正确. 故选：. 【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： ①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且恒成立，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式求出的最小值，再根据不等式恒成立转化为一元二次不等式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 因， 当且仅当，即，即时取得等号， 所以有最小值为3， 因为恒成立，所以，即， 解得， 故答案为: . 13. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一．正八面体由八个等边三角形构成，也可以看做由上、下两个正方锥体黏合而成，每个正方椎体由四个三角形与一个正方形组成．如图，在正八面体ABCDEF中，是棱BC的中点，则异面直线HF与AC所成角的余弦值是______ 【答案】 【解析】 【分析】首先根据几何关系，构造异面直线所成的角，再结合几何关系和余弦定理，即可求解. 【详解】取棱AB的中点，连接HG，FG， 因为H，G分别是棱BC，AB的中点，所以，则是异面直线HF与AC所成的角或补角， 设，则， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线HF与AC所成角的余弦值是. 故答案为： 14. 已知，是双曲线的两个焦点，点M在E上，如果，则的面积为______． 【答案】16 【解析】 【分析】根据题意求出a,b,c,由及双曲线的定义求出，再利用三角形面积公式求解即可. 【详解】由题意得,所以, 不妨设, 根据双曲线定义可得①， 又, 所以②， 联立①②解得, 所以的面积. 故答案为：16. 四、解答题:本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记为等差数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可得，即，解得， 所以， 【小问2详解】 因为， 令，解得，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得 ； 综上所述：. 16. 某海鲜餐厅在试营业期间，同时采用自助餐和团购套餐两种营销模式，其中自助餐模式是指顾客可随意享用餐厅内所有菜品，最长可用餐2小时；团购套餐是指顾客在APP上购买团购券后到店消费，只可享用套餐内所包含的菜品，用餐时间不限.该餐厅为了了解这两种营销模式的受欢迎程度，现随机调查了130位顾客对这两种营销模式的意见反馈，统计结果如下表： 认为自助餐更有性价比 认为团购套餐更有性价比 男性顾客 40 20 女性顾客 30 40 （1）依据小概率值的独立性检验，推断能否认为顾客对这两种营销模式的意见与顾客的性别有关； （2）店长统计了第，，，天自助餐的用餐人数，统计结果如下（已知）： （天） （用餐人数） 32 52 73 95 经计算得经验回归方程为，以样本的相关系数为标准，对该经验回归方程的拟合效果进行说明. 附：（i）在经验回归方程中，. （ii）相关系数若，可认为该模型拟合效果良好，反之，则认为该模型拟合效果不好. （iii），其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）答案见解析； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）提出零假设，计算，比较其与临界值大小，给出结论. （2）由条件，结合公式求相关系数即可判断. 【小问1详解】 零假设为顾客对这两种营销模式的意见与顾客的性别独立， 由已知， 又， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此，可以认为成立，即认为顾客对这两种营销模式的意见与顾客的性别无关. 【小问2详解】 因为经验回归方程为， 所以，， 又， 所以， ， 所以， 所以该经验回归方程的拟合效果非常好. 17. 已知集合，集合． （1）当，求； （2）已知“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据指数函数和对数函数的单调性分别求出集合，再根据补集和交集的定义即可得解； （2）由题意可得是的真子集，再由分类讨论即可得出答案. 小问1详解】 ， 当，， 故或， 所以或； 【小问2详解】 因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集， 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意， 当时，， 所以，解得， 综上所述，. 18. 如图，在正四棱锥中，，点是的中点，点在棱上（异于端点）． （1）若点是棱的中点，求证：平面平面； （2）若二面角的余弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直证明面面垂直，先证明平面，即可得出平面平面. （2）分别以为轴､轴､轴正方向建系，设，则进而表示出，求出平面的一个法向量为，再利用二面角的余弦值为求出，最后得出结果. 【小问1详解】 由题意得，正四棱锥所有棱长均为， 因为是的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 如图，连接，易知两两垂直，分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设，则， 所以，所以． 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量为． 易知平面的法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 即，解得或（不合题意，舍去）， 此时． 19. 已知椭圆的短轴长为，右焦点为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知过点的直线与椭圆交于两点，过点且与垂直的直线与抛物线交于两点，求四边形的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，再由求出，从而可求出椭圆方程； （2）根据已知条件设出直线的方程，与抛物线联立，利用根与系数的关系得出弦长，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出弦长，结合四边形的面积公式及对勾函数的性质即可求解. 【小问1详解】 依题意可得：椭圆右焦点，且，即. 又因为，所以， 故椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，. 联立，消去，整理得，， 所以， 所以. 由垂直关系可设直线的方程为，设，， 联立，消去，整理得，， 则根据根与系数的关系，得， 所以， 所以， 设，则， 因为在上单调递增， 所以， 所以四边形的面积S的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高三上学期期末考试 数学试卷 注意事项: 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答:每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷．草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题: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. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知M,N为集合Ⅰ的非空真子集，且M,N不相等，若，则（ ） A. M B. N C. I D. 3 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的各项均为正数，满足，，则下列结论正确的是（　　） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等差数列 D. 是等比数列 6. 设A、B、C、D是空间中四个不同的点，下列命题中正确的是（ ） A. 若AC与BD共面，则AD与BC共面 B. 若AC与BD是异面直线，则AD与BC也是异面直线 C. 若，则AD=BC D. 若，则AD⊥BC 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 在研究变量与之间的关系时，进行实验后得到了一组样本数据利用此样本数据求得的经验回归方程为，现发现数据和误差较大，剔除这两对数据后，求得的经验回归方程为，且则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 20 二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数（，）的图象既关于点中心对称，也关于直线轴对称，且在上单调，则的值可能是（ ） A. B. C. 2 D. 10. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线C上，，若为等腰三角形，则直线的斜率可能为（ ） A. B. C. D. 11. 已知三棱柱为正三棱柱，且，，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 正三棱柱外接球的表面积为 B. 若直线与底面所成角为，则的取值范围为 C. 若，则异面直线与所成的角为 D. 若过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且恒成立，则实数的取值范围为________． 13. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一．正八面体由八个等边三角形构成，也可以看做由上、下两个正方锥体黏合而成，每个正方椎体由四个三角形与一个正方形组成．如图，在正八面体ABCDEF中，是棱BC的中点，则异面直线HF与AC所成角的余弦值是______ 14. 已知，是双曲线的两个焦点，点M在E上，如果，则的面积为______． 四、解答题:本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记为等差数列前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列前项和． 16. 某海鲜餐厅在试营业期间，同时采用自助餐和团购套餐两种营销模式，其中自助餐模式是指顾客可随意享用餐厅内所有菜品，最长可用餐2小时；团购套餐是指顾客在APP上购买团购券后到店消费，只可享用套餐内所包含的菜品，用餐时间不限.该餐厅为了了解这两种营销模式的受欢迎程度，现随机调查了130位顾客对这两种营销模式的意见反馈，统计结果如下表： 认为自助餐更有性价比 认团购套餐更有性价比 男性顾客 40 20 女性顾客 30 40 （1）依据小概率值的独立性检验，推断能否认为顾客对这两种营销模式的意见与顾客的性别有关； （2）店长统计了第，，，天自助餐的用餐人数，统计结果如下（已知）： （天） （用餐人数） 32 52 73 95 经计算得经验回归方程为，以样本的相关系数为标准，对该经验回归方程的拟合效果进行说明. 附：（i）在经验回归方程中，. （ii）相关系数若，可认该模型拟合效果良好，反之，则认为该模型拟合效果不好. （iii），其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 已知集合，集合． （1）当，求； （2）已知“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围． 18. 如图，在正四棱锥中，，点是的中点，点在棱上（异于端点）． （1）若点是棱的中点，求证：平面平面； （2）若二面角的余弦值为，求线段的长． 19. 已知椭圆的短轴长为，右焦点为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知过点的直线与椭圆交于两点，过点且与垂直的直线与抛物线交于两点，求四边形的面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$