精品解析：云南省龙陵县第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷

云南省龙陵县第一中学2024-2025学年上学期期末考试 高三数学 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． 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 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”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. 已知函数，其中n是自然数，则的最小值为（） A. 50 B. 100 C. 110 D. 190 4. 若的图象上存在两点A，B关于原点对称，则点对称为函数的“友情点对”（点对与视为同一个“友情点对”.）若恰有两个“友情点对”，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 当时，曲线与交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 复数对应的点在复平面内的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 已知等比数列满足，则的值为 A. 2 B. 4 C. D. 6 8. 已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则，相互独立 B. 若，相互独立，则 C. 若，则 D. 若，则 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. 已知函数的定义域均为，其中的图象关于点中心对称，的图象关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于方程的结论中，正确的有（ ） A. 方程的两根互为共轭复数 B. 若，则方程两根互共轭复数 C. 若x为方程的一个虚根，则也为方程的根 D. 若，则方程的两根一定都为正数 11. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体被抽到的概率是0.2 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的50%分位数是17 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为16 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数和，如果直线l同时是和的切线，称l是和的公切线，若和有且仅有一条公切线，则______． 13. 已知，是双曲线的两个焦点，点M在E上，如果，则的面积为______． 14. 已知圆柱体体积是1，设分别是圆柱的上、下底面的中心，以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体，则这两个圆锥体公共部分的体积________． 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. 乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同． (1)求甲以4比1获胜的概率； (2)求乙获胜且比赛局数多于5局的概率； (3)求比赛局数的分布列． 16. 已知是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列前项和. 17. 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. 18. 如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值． 19. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长，点在抛物线上，圆（其中）. （1）若为圆上的动点，求线段长度的最小值； （2）设是抛物线上位于第一象限的一点，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点.证明：直线经过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省龙陵县第一中学2024-2025学年上学期期末考试 高三数学 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． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合A，B，由此能求出. 【详解】因为集合，，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. 已知函数，其中n是自然数，则的最小值为（） A. 50 B. 100 C. 110 D. 190 【答案】B 【解析】 【分析】去掉绝对值，由等差数列求和公式化简求解即可. 【详解】要使取得最小值,则正整数必然在区间上， 则 因为,所以当或时,有最小值100. 故选：B. 4. 若的图象上存在两点A，B关于原点对称，则点对称为函数的“友情点对”（点对与视为同一个“友情点对”.）若恰有两个“友情点对”，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】要求“友情对点”，可把的函数图象关于原点对称，即研究对称过去的图象和的图象有两个交点即可. 【详解】关于原点对称的解析式为． 的图象与的交点个数即为方程根的个数，即， 设，于是． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，函数取最小值． 于是作出的图象如图所示： 所以，即时与有两个交点， 原函数有两对“友情对点”．故实数a的取值范围是． 故选：D 5. 当时，曲线与交点的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】分别画出与在上的函数图象，根据图象判断即可. 【详解】与在上的函数图象如图所示， 由图象可知，两个函数图象交点的个数为6个. 故选：D. 6. 复数对应的点在复平面内的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】因为，因此，复数对应的点在复平面内的第二象限. 故选：B. 7. 已知等比数列满足，则的值为 A. 2 B. 4 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意和等比数列的性质求出，结合计算即可. 【详解】根据等比数列的性质可得，∴， 即，解得， 又∵，，故可得， 故选：B 8. 已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则，相互独立 B. 若，相互独立，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据相互独立事件的定义判断A，根据条件概率公式判断B、C、D. 【详解】对于A：因为，所以与不独立，故A错误； 对于B：若，相互独立，则，故B错误； 对于C：因为，所以，故C错误； 对于D：若，则，所以，故D正确. 故选：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. 已知函数的定义域均为，其中的图象关于点中心对称，的图象关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，结合函数的性质，所以，可判定A错误；再由函数是以4为周期的周期函数，得到，可判定B正确；结合，结合周期性，可判定C错误；求得，进而可判定D正确. 【详解】由题意知， 所以，所以，所以A错误； 又由， 因为关于点中心对称， 所以，所以， 又因为，所以， 所以函数是以4为周期的周期函数，所以，所以B正确； 由，所以C错误； 因为， 所以，所以，所以D正确. 故选：BD. 10. 下列关于方程的结论中，正确的有（ ） A. 方程的两根互为共轭复数 B. 若，则方程两根互为共轭复数 C. 若x为方程的一个虚根，则也为方程的根 D. 若，则方程的两根一定都为正数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据判别式来确定AD；求出方程的解来确定BC； 【详解】对于A：，不确定其正负，故方程可能有实数根也可能有复数根，A错误； 对于B：当时，，解得，两根为共轭复数，B正确； 对于C：当时，方程的根为，即一个根为虚数时，它的共轭复数也是方程的根，C正确； 对于D：当时，，不确定其正负，方程可能无实数根，D错误. 故选：BC. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体被抽到的概率是0.2 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的50%分位数是17 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为16 【答案】AD 【解析】 【分析】利用概率对于即可判断A；根据平均数求得的值，然后利用方差公式求解即可判断B；根据百分位数的求法即可判断C；利用方差公式求解即可判断D. 【详解】对于A，一个总体含有50个个体，某个个体被抽到的概率为， 以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为10的样本， 则指定的某个个体被抽到的概率为 ，故A正确； 对于B，数据1，2，，6，7的平均数是4，， 这组数据的方差是，故B错误； 对于C，8个数据50百分为，第50百分位数为，故C错误； 对于D，依题意，，则， 所以数据的标准差为16，D正确； 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数和，如果直线l同时是和的切线，称l是和的公切线，若和有且仅有一条公切线，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】假设切点坐标，利用导数的几何意义可利用，分别表示出的方程，由为公切线可确定方程组，化为一元二次方程后，利用可求得. 【详解】由得：； 由得：； 设与相切于点，与相切于点， 所以的方程为或， 即的方程为或， 所以，则， 所以，解得：， 故答案为： 13. 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. 14. 已知圆柱体体积是1，设分别是圆柱的上、下底面的中心，以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体，则这两个圆锥体公共部分的体积________． 【答案】 【解析】 【分析】两个圆锥体公共部分为两个相同的圆锥，底面半径为，高为，由圆锥的体积求解即可. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则圆柱体体积， 以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体， 如下图， 两个圆锥体公共部分为两个相同的圆锥，底面半径为，高为， 即每个圆锥的体积为：， 所以两个圆锥的公共部分为：. 故答案为：. 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. 乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同． (1)求甲以4比1获胜的概率； (2)求乙获胜且比赛局数多于5局的概率； (3)求比赛局数的分布列． 【答案】(1)；(2)；(3)见解析. 【解析】 【分析】（1）甲4中1获胜，说明共比赛5局，甲在前4局中胜3局且第5局胜，由此可计算出概率； （2）多于5局说明比赛6局或7局，即4比2或4比3，分别计算概率后相加可得； （3）按赛制，比赛局数取值依次可为4、5、6、7，即4比0,4比1,4比2,4比3，分别计算概率，由，可得分布列． 【详解】（1）由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是， 记“甲以4比1获胜”为事件，则； （2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件，因为，乙以4比2获胜的概率为，乙以4比3获胜的概率为， 所以． （3）设比赛的局数为，则的可能值为4，5，6，7 ， ， 比赛局数的分布列为： 4 5 6 7 16. 已知是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差，借助等差数列性质与等比数列性质计算即可得； （2）分奇数项及偶数项分组求和，结合等比数列的性质与裂项相消法计算即可得. 【小问1详解】 设的公差为，由题意知，即， 即有，因为，可得，， 所以； 【小问2详解】 设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为， 则 ， ， 所以． 17. 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. 18. 如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，取中点，连接，先证明出平面平面，由面面平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【小问1详解】 连接，取中点，连接． 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以． 所以，中，，同理， 因为，所以． 因为中点，所以， 因为，且在同一平面内，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以以及与垂直向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 在直角中，因，所以， 在中，，所以， 又， 所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设二面角为，由图可知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 19. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长，点在抛物线上，圆（其中）. （1）若为圆上的动点，求线段长度的最小值； （2）设是抛物线上位于第一象限的一点，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点.证明：直线经过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的短轴可得抛物线方程，进而根据两点斜率公式，结合三角形的三边关系，即可由二次函数的性质求解， （2）根据两点坐标可得直线的直线方程，由直线与圆相切可得是方程的两个解，即可利用韦达定理代入化简求解定点. 【小问1详解】 由题意得椭圆的方程：，所以短半轴 所以，所以抛物线的方程是. 设点，则， 所以当时，线段长度取最小值. 【小问2详解】 是抛物线上位于第一象限的点， ，且. 设，则： 直线，即，即. 直线，即. 由直线与圆相切得，即. 同理，由直线与圆相切得. 所以是方程的两个解， . 代入方程得， 解得 直线恒过定点. 【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为,则直线过定点; 若直线方程为 (为定值),则直线过定点 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$