精品解析：湖北省十堰市房县第一中学2025届高三上学期期中考试数学试题

2025届高中毕业班（上）学期期中考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 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. 1 若复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C 若，，则 D. 若，，则 4. 已知向量，则（ ） A. // B. // C. D. 5. 已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为，，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 20 D. 30 7. 已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ ） A. 线段（不包含端点） B. 椭圆一部分 C. 双曲线一部分 D. 线段（不包含端点）和双曲线一部分 8. 已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ） 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 已知正数x，y满足，则（ ） A. 的最大值为1 B. 的最大值为2 C. 的最小值为2 D. 的最小值为 10. 若函数的定义域为，且，，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 的图象关于点对称 D. 11. 已知等比数列{an}满足，，设其公比为q，前n项和为，则（　　） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在工业生产中轴承直径服从，购买者要求直径为，不在这个范围的将被拒绝，要使拒绝的概率控制在之内，则至少为_________；（若，则） 13. 若，，则______________． 14. 函数的最小值______________． 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. 设等比数列的前项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）设，求的前项和． 16. 袋中装有5个乒乓球，其中2个旧球，现在无放回地每次取一球检验． （1）若直到取到新球为止，求抽取次数X的概率分布及其均值； （2）若将题设中的“无放回”改为“有放回”，求检验5次取到新球个数X的均值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，． （1）当时，求平面与平面的夹角大小； （2）若平面，求的最小值． 18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线过定点； （3）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 19 已知函数． （1）若时，，求实数的取值范围； （2）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高中毕业班（上）学期期中考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 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. 1. 若复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，结合共轭的定义即可求解. 【详解】， 故， 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得集合，再根据交集定义得解. 【详解】∵， ， ∴， 故选：D. 3. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确. 考点：空间点线面位置关系． 4. 已知向量，则（ ） A. // B. // C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算结合条件逐项判断即可. 【详解】易知，因为， 所以，故成立，则//不成立，故A错误，D正确， 而，显然，， 则，//不成立，故BC错误. 故选：D 5. 已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为，，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正三棱锥底面边长为6，且侧面与底面所成角的正切值为，求出三棱锥的高和侧高，利用勾股定理求出外接球半径，再利用等体积法求出内切圆半径即可. 【详解】因为三棱锥为正三棱锥，底面边长为6， 且侧面与底面所成角的正切值为，所以可得正三棱锥的高，侧面的高； 设正三棱锥底面中心为，其外接球的半径为，内切球半径为， 则有，也即，解得：， 正三棱锥的体积， 也即，解得：， 所以， 故选：B. 【点睛】内切球的球心到各面的距离是相等的，球心和各面可以组成四个等高的三棱锥，那么内切球的半径乘以正三棱锥的表面积再乘以三分之一就等于体积，通常用等体积法求解内切球的半径. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 20 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理展开式的通项公式进行计算即可. 【详解】， 其展开式的通项公式为， 令，则， 而的展开式的通项公式为： ， 令，则的展开式中的系数为: , 故选：A. 7. 已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ ） A. 线段（不包含端点） B. 椭圆一部分 C. 双曲线一部分 D. 线段（不包含端点）和双曲线一部分 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可. 【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分， 所以， 因为，，成等比数列， 所以有，且有成立， 即成立， 由， 化简得：，或， 当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）； 当时，即， 因为，所以，而，所以不成立， 故选：A 8. 已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为为的外心，即有，所以为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解. 【详解】 因为， 则，所以，即B，O，C三点共线． 因为为的外心，即有， 所以为直角三角形，因此，为斜边的中点．因为，所以为锐角． 如图，过点作，垂足为． 因为在上的投影向量为，所以， 所以在上的投影向量为． 又因为，所以． 因为，所以， 故的取值范围为． 故选：A． 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. 已知正数x，y满足，则（ ） A. 的最大值为1 B. 的最大值为2 C. 的最小值为2 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，由基本不等式求出；B选项，求出；C选项，在A选项基础上得到；D选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】A选项，正数x，y满足，由基本不等式得， 解得，当且仅当时，等号成立，A正确； B选项，，故， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为2，B错误； C选项，由A选项知，，故， 当且仅当时，等号成立，所以，故的最大值为2，C错误； D选项，由于正数x，y满足， 故， 当且仅当，即时，等号成立，D正确. 故选：AD 10. 若函数定义域为，且，，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 图象关于点对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，令,可得；对于B，令，可得，即可判断；对于C，令得，再令即可判断；对于D，根据条件可得,继而，进一步分析可得函数周期为4，分析求值即可. 【详解】对于A，令，则， 因为，所以，则， 故A错误； 对于B，令，则， 则，故B正确； 对于C，令得，， 所以， 令得，， 则的图象关于点对称，故C正确； 对于D，由得， 又，所以， 则，， 所以，则函数的周期为， 又，， 则， ， 则， 所以， 故D正确， 故选：BCD. 11. 已知等比数列{an}满足，，设其公比为q，前n项和为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件可求出，，进而可得通项公式和前n项和，进而可判断A，B，C，再由作差法判断D. 【详解】对于A，由，得，所以，A正确； 对于B，又因为，所以，故，所以， B正确； 对于C，，所以， C错误； 对于D，因为，因为且，所以，即，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在工业生产中轴承的直径服从，购买者要求直径为，不在这个范围的将被拒绝，要使拒绝的概率控制在之内，则至少为_________；（若，则） 【答案】01## 【解析】 【分析】依题意得，则，由，得，即可求解. 【详解】若，则） 因为工业生产中轴承的直径服从， 所以，则， 由， 得， 则要使拒绝的概率控制在之内，则至少为. 故答案为：## 13. 若，，则______________． 【答案】0或 【解析】 【分析】根据，代入整理求解得出的值，进而得出的值，即可得出答案. 【详解】由已知可得，， 所以，， 整理可得，，解得或. 当时，，，； 当时，，，. 综上所述，或. 故答案为：0或. 14. 函数的最小值______________． 【答案】## 【解析】 【分析】借助三角函数基本关系与基本不等式计算即可得. 【详解】由， 故 ， 由，故、， ， 当且仅当，即时，等号成立. 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. 设等比数列的前项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）设，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求，进而可得通项公式； （2）根据题意分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，结合等比数列求和分析求解. 【小问1详解】 设等比数列的公比为q， 由题意可得，则， 即，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，则，且， 即数列是以首项为，公比为的等比数列， 所以． 16. 袋中装有5个乒乓球，其中2个旧球，现在无放回地每次取一球检验． （1）若直到取到新球为止，求抽取次数X概率分布及其均值； （2）若将题设中的“无放回”改为“有放回”，求检验5次取到新球个数X的均值． 【答案】（1）概率分布见解析， （2）3 【解析】 【分析】（1）由分布列及均值定义计算即可得； （2）由二项分布均值公式计算即可得. 【小问1详解】 X的可能取值为1，2，3，， 故抽取次数X的概率分布为： X 1 2 3 P ； 【小问2详解】 每次检验取到新球的概率均为，故，所以． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，． （1）当时，求平面与平面的夹角大小； （2）若平面，求的最小值． 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面MDN与平面DNC的夹角； （2）利用空间向量法把线面平行转化为得向量垂直，从而利用数量积的运算化简即可得与的关系，再结合基本不等式可得的最小值； 【小问1详解】 因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 当时，、、、、、、 ， 则，，， 设平面MDN的法向量为，则， 取，可得， 设平面DNC的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面MDN与平面DNC的夹角为，所以，所以， 故平面MDN与平面DNC的夹角为. 【小问2详解】 ，，设平面PBC的法向量为， 则，取，可得， 因为，，所以，， 则，因为平面PBC， 所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为8. 18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线过定点； （3）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可； （2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可； （3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可. 【小问1详解】 由题设得，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 由题意可设，设，， 由，整理得， ． 由韦达定理得，， 由得， 即， 整理得， 因为，得，解得或， 时，直线过定点，不合题意，舍去； 时，满足， 所以直线过定点． 【小问3详解】 ）由（2）得直线，所以， 由， 整理得，， 由题意得， 因为点与连线的斜率为，所以，所以， 令，， 所以，在上单调递减， 所以的范围是． 19. 已知函数． （1）若时，，求实数的取值范围； （2）设，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）由题意求得函数定义域，并对参数进行分类讨论，构造函数并利用导数判断出函数单调性，根据不等式恒成立即可求得实数的取值范围为； （2）利用（1）中的结论可知当时在上恒成立，且不等式在恒成立，再利用裂项相消求和即可得出证明. 【小问1详解】 根据题意可得， 当时，可得在上恒成立， 当时，由可得， 易知需满足，解得， 又， 令，， 当时，在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增，即可得恒成立； 当时，，令， 则，所以在上恒成立， 即在上单调递减， 又因为，， 由零点存在定理可得，使得； 当时，，即，所以在上单调递增； 时，，即，所以上单调递减； （i）若时，，所以当时，， 又，即，使得； 当时，，即，所以在上单调递增， 当时，，即，所以在上单调递减， 又因为，所以要使在上恒成立，只需， 解得，又, 所以可得； （ii）当时，，又在上单调递增，所以一定使得时，； 即，所以在上单调递减, 即可得， 这与在上恒成立矛盾，不合题意； 综上可得 【小问2详解】 令，则恒成立，所以在上单调递增， 又，所以当时，，即， 所以； 即不等式右侧恒成立； 由（1）可得得：当时，对于，恒成立， 即，当且仅当时，等号成立； 取，易知， 可得， 所以, 综上可得：. 【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$