精品解析：云南省楚雄市紫溪中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷

云南省楚雄市紫溪中学2024-2025学年高三上学期期末考试 数学试题 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”的充要条件是（ ） A. a，b不都为1 B. a，b都不为0 C. a，b中至多有一个是1 D. a，b都不为1 3. 若定义在上的函数满足且时，，则方程的根的个数是 A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，已知，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 1 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设点在正四面体的棱上，与平面所成角为，则（ ） A. 4 B. 10 C. 14 D. 20 8. 若直线过抛物线的焦点，与抛物线交于两点，且线段中点的横坐标为4，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 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，若方程有四个不同的零点，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，是的共轭复数，则（ ） A. 若，则 B. 若为纯虚数，则 C. 若，则 D. 若，则集合所构成区域的面积为 11. 已知四棱锥的底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，且，E，F，G分别为PB，PD，BC的中点，点Q是线段PA上靠近点P的四等分点，则（ ） A. 平面PCD B. 直线FG与AB所成的角为30° C. D. 经过E，F，G的平面截四棱锥所得到的截面图形的面积为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是定义域为奇函数，当时，，且，则不等式的解集为__________. 13. 已知是关于的方程的一个根，则______． 14. 在的展开式中，各项系数之和为，则展开式中的常数项为__________________. 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. 某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后. （1）从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取50件进行检验，其中甲车间优等品占，乙车间优等品占，请填写如下列联表： 优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 依据小概率值的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到0.001) ，其中. 下表是X独立性检验中几个常用小概率值和相应的临界值. 0.1 0.05 0.01 0005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 （2）调查了近10个月的产量（单位：万个)和月销售额（单位：万元)，得到以下数据：，根据散点图认为y.关于x的经验回归方程为，试求经验回归方程. 参考公式：，其中. 16. 记为等差数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 17. 将圆上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的4倍，所得的曲线为.记曲线与轴负半轴和轴正半轴分别交于两点，为轴上一点. （1）求曲线的方程； （2）连接交曲线于点，过点作轴的垂线交曲线于另一点，证明：. 18. 如图，在三棱锥中，，，点在棱上，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 19. 已知函数的表达式为且 （1）求函数解析式； （2）若方程 有两个不同的实数解，求实数m的取值范围； （3）已知若方程的解分别为，， 方程解分别为，，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省楚雄市紫溪中学2024-2025学年高三上学期期末考试 数学试题 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算交集，再求在上的补集即可. 【详解】由， 所以， 故选：B 2. 设，则“”的充要条件是（ ） A. a，b不都为1 B. a，b都不为0 C. a，b中至多有一个是1 D. a，b都不为1 【答案】D 【解析】 【分析】由，求得且，即可求解. 【详解】由，可得，所以且， 所以“”的充要条件是“都不为”. 故选：D. 3. 若定义在上函数满足且时，，则方程的根的个数是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意作出函数与的图象，两图象的交点个数即为方程的根的个数. 【详解】因为函数满足，所以函数是周期为的周期函数. 又时，，所以函数的图象如图所示. 再作出的图象，易得两图象有个交点，所以方程有个零点．故应选A． 【点睛】本题考查函数与方程.函数的零点、方程的根、函数图象与轴交点的横坐标之间是可以等价转化的. 4. 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. 5. 在中，已知，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用降幂升角公式得到，由，得到，再利用余弦的和差角公式即可求出结果. 【详解】因为，所以， 又，所以， 得到， 整理得，所以， 故选：A. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件求，，再根据平面向量的数量积求夹角的余弦. 【详解】因为，，所以，， 所以. 故选：B 7. 设点在正四面体的棱上，与平面所成角为，则（ ） A. 4 B. 10 C. 14 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点的中点，连接，过作于，可证得平面，则（或其补角）为与平面所成角，设正四面体的棱长为2，在中求出，则在中求出，从而可求得，代入计算可得答案. 【详解】取的中点的中点，连接，过作于， 因为四面体为正四面体，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面，所以（或其补角）为与平面所成角， 所以，则， 设正四面体的棱长为2，则, 所以， 所以为锐角，所以， 所以 ， 在中，，则 ， 在中，，则 所以，解得， 所以, 所以 . 故选：B 8. 若直线过抛物线的焦点，与抛物线交于两点，且线段中点的横坐标为4，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据题意设，有，，相减可得结合，直线的斜率为，所以直线的方程为，得出即可得解. 【详解】根据题意抛物线方程为， 故，焦点坐标为， 设， 有，， 相减可得， 又， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 所以， 所以. 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，若方程有四个不同的零点，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】在同一直角坐标系内作出和的图象，结合图象，可判定A正确；再由图象得到且，，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，在同一坐标系内作出函数和的图象， 由图象知，要使得方程有四个不同的零点，只需，所以A正确； 对于B中，因为， 且函数关于对称， 由图象得，且， 所以，可得，则， 所以，其中， 令，当且仅当时，取得最小值， 所以，所以B正确； 对于C中，是的两个根， 所以，即，所以， 由是的两个根，所以， 所以，所以C不正确； 对于D中，由，可得， 令，可得函数在上单调递增， 所以，即，，所以D正确. 故选：ABD. 【点睛】知识方法点拨：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略： 1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象； 2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”. 3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）. 10. 已知，是的共轭复数，则（ ） A. 若，则 B. 若为纯虚数，则 C. 若，则 D. 若，则集合所构成区域的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数的除法及共轭复数的意义判断A；利用纯虚数的意义计算判断B；利用复数的意义判断C；利用复数模的几何意义计算判断D. 【详解】对于A，，则，A正确； 对于B，为纯虚数，令，则，B正确； 对于C，不全是实数的两个复数不能比较大小，C错误； 对于D，集合所构成区域是复平面内以为圆心，3为半径圆及内部，因此该区域面积为，D正确. 故选：ABD 11. 已知四棱锥的底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，且，E，F，G分别为PB，PD，BC的中点，点Q是线段PA上靠近点P的四等分点，则（ ） A. 平面PCD B. 直线FG与AB所成的角为30° C. D. 经过E，F，G的平面截四棱锥所得到的截面图形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行判断A,应用定义得出异面直线所成角判断B,平行公理判断C,先证明线面垂直得出线线平行即可求出截面再计算判断D. 【详解】因为EG是的中位线，所以， 又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，A正确． 如图，取PA的中点M，连接MF，BM，则，且． 因为且，所以且． 所以四边形MFGB为平行四边形，所以， 所以∠MBA或其补角即为直线FG与AB所成的角． 由平面ABCD，面，得． 因为， 所以FG与AB所成角的正切值为，B错误． 由题意，得Q是PM的中点， 所以，又，所以，C正确． 显然E，G，F，Q四点共面，取CD的中点H，连接FH，GH， 可得四边形EGHF为平行四边形，所以E，G，H，F四点共面， 所以E，G，H，F，Q五点共面，即五边形EGHFQ即为所求的截面． 设，则，且， ，． 由题意及线面垂直的性质有，，且都在面，所以BD⊥平面PAC． 而面，所以，又，，所以， 所以，D正确． 故选：ACD． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数奇偶性并求导可得，因此可得，可构造函数并求得其单调性即可得在上大于零，在上小于零，即可得出结论. 【详解】因为为奇函数，定义域为， 所以，两边同时求导可得，即且， 又因为当时，，所以. 构造函数，则， 所以当时，在上单调递增， 又因为，所以在上大于零，在上小于零， 又因，所以在上大于零，在上小于零， 因为为奇函数，所以在上小于零，在上大于零， 综上所述，的解集为. 故答案为： 13. 已知是关于的方程的一个根，则______． 【答案】38 【解析】 【分析】代入方程结合复数的概念及运算法则待定系数计算即可. 【详解】将代入方程 得， 所以，所以. 故答案为：38 14. 在的展开式中，各项系数之和为，则展开式中的常数项为__________________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用展开式各项系数之和求得的值，由此写出展开式的通项，令指数为零求得参数的值，代入通项计算即可得解. 【详解】的展开式各项系数和为，得， 所以，的展开式通项为， 令，得，因此，展开式中的常数项为. 故答案为：. 【点睛】本题考查二项展开式中常数项的计算，涉及二项展开式中各项系数和的计算，考查计算能力，属于基础题. 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. 某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后. （1）从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取50件进行检验，其中甲车间优等品占，乙车间优等品占，请填写如下列联表： 优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 依据小概率值的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到0.001) ，其中 下表是X独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 （2）调查了近10个月的产量（单位：万个)和月销售额（单位：万元)，得到以下数据：，根据散点图认为y.关于x的经验回归方程为，试求经验回归方程. 参考公式：，其中. 【答案】（1）列联表见解析，能 （2） 【解析】 【分析】（1）根据的计算公式即可求解. （2）利用经验回归方程计算公式即可代入求解. 【小问1详解】 优等品 非优等品 总计 甲车间 40 10 50 乙车间 30 20 50 总计 70 30 100 设：车间与优等品无关. 根据小概率值的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为车间与优等品有关联. 【小问2详解】 依题意得： ， 又因为，， 故， 所以经验回归方程为. 16. 记为等差数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【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：. 17. 将圆上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的4倍，所得的曲线为.记曲线与轴负半轴和轴正半轴分别交于两点，为轴上一点. （1）求曲线的方程； （2）连接交曲线于点，过点作轴的垂线交曲线于另一点，证明：. 【答案】（1）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意首先设曲线上任一点的坐标为，由题意，其中为单位圆上点的坐标，由此即可得解. （2）首先联立直线方程与椭圆方程，表示出点坐标（含参数），结合椭圆对称性得E点坐标，得进一步可得直线与轴交点的坐标，结合三角形面积公式求得表达式，进一步即可求出范围即可. 【小问1详解】 设曲线上任一点的坐标为， 圆上的对应点的坐标为， 由题意可得， 因为， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 连接交轴于点. 直线，联立， 消去并整理得， 解得， 所以点，因为关于轴对称，所以， 所以直线，所以， ， 因为 令， 在时，，则此时函数单调递增， 在时，，则此时函数单调递减， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是根据题意求得点的坐标，应用导数正负得出函数的单调性从而得解. 18. 如图，在三棱锥中，，，点在棱上，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用条件及几何关系，得到，，，进而得到，，利用线面垂直的判定定理，得面，再利用线面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）过作交于，过全于，连接，从而有为平面与平面的夹角，再利用几何关系得到，，即可求出结果. 【小问1详解】 如图，取中点，连接， 因，所以， 又，所以，， 又，所以，， 又 ，所以， 所以，即，又，面 所以面，又面，所以平面平面. 【小问2详解】 过作交于，过作于，连接， 由（1）知面，所以面，则为平面与平面的夹角， 因为，，所以，又， 易知，所以，得到， 即，解得，所以， 在中，. 19. 已知函数的表达式为且 （1）求函数的解析式； （2）若方程 有两个不同的实数解，求实数m的取值范围； （3）已知若方程的解分别为，， 方程的解分别为，，求的最大值. 【答案】（1） （2）; （3）. 【解析】 【分析】（1）将点代入解析式中求出的值，即可求得函数解析式 （2）结合已知条件得到方程，然后令，将方程转化为一元二次方程并求根，然后根据自变量的取值范围即可求出参数的取值范围； （3）首先通过求解含绝对值的方程，得到，同理解方程，得到，然后根据指数运算可得，最后根据的取值范围即可求解的最大值. 【小问1详解】 由可得，又，，； 【小问2详解】 由和方程 可得：，令， 可得，则有， 且方程有两个不同的实数解， ，解得：. 【小问3详解】 由，得或， 所以，，， 由，得，， ，， 又因为，所以； ，， 即的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$