精品解析：贵州省贵定县贵定中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷

贵州省贵定县贵定中学2024-2025学年高三上学期期末考试 高三数学 试卷 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. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数定义域为R，且是偶函数，是奇函数，则下列选项中值一定为0的是（ ）． A. B. C. D. 4. 已知，则的面积是（ ） A. B. C. D. 5. 若复数满足（是虚数单位），则等于（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（ ） A. 若在线段上，则的最小值为 B. 平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C. 若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D. 对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 7. 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 8. 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. 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（，且），则（ ） A. 当时，恒成立 B. 当时，有且仅有1个零点 C. 当时，没有零点 D. 存在，使得存在2个极值点 10. 若无穷数列由唯一确定，称递推公式是专一的．则下列递推公式中专一的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知点，圆，则（ ） A. 圆与圆公共弦所在直线的方程为 B. 直线与圆总有两个交点 C. 圆上任意一点都有 D. 是的等差中项，直线与圆交于两点，当最小时，的方程为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙等5人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，若甲，乙不参加同一项活动，且只有1人参加A活动，则他们参加活动的不同方案有___________种. 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______． 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. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （1）用表示出，； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）证明：. 16. 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． 17. 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）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 3841 6.635 10.828 18. 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. 19. 基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质． （1）若，求数列的最小项； （2）若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由； （3）若，求证：数列具有性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 贵州省贵定县贵定中学2024-2025学年高三上学期期末考试 高三数学 试卷 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. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由不等式的性质可判断A,B,C，利用基本不等式，当且仅当时等号成立，即可判断D. 【详解】对于A，由，可得，故A错误； 对于B，由，，，可得，故B错误； 对于C，若，且当时，可得为任意值，故C错误； 对于D，因为，当且仅当时，等号成立， 即，故D正确. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 3. 已知函数的定义域为R，且是偶函数，是奇函数，则下列选项中值一定为0的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇偶函数定义的抽象式，采用赋值法求解，再构造满足条件的函数，判断错误选项. 【详解】由为偶函数，得， 由为奇函数，得，即， 则有，于是，即， 因此，函数是周期为4的周期函数， 由，，得，由，，得，B正确； 令，则有， ，即， 定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数， 此时，A错误； ，C错误； ，D错误. 故选：B 4. 已知，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理得，平方关系求出，再利用面积公式可得答案. 【详解】由余弦定理得， 因为，所以， 可得. 故选：D. 5. 若复数满足（是虚数单位），则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算计算可得，再由模长公式即可得出结果. 详解】依题意可得， 所以. 故选：C 6. 如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（ ） A. 若在线段上，则的最小值为 B. 平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C. 若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D. 对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 【答案】C 【解析】 【分析】把矩形与正方形置于同一平面，求出长判断A；求出内切球球心到平面，求出截面小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角的意义转化判断D. 【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，把矩形与正方形 置于同一平面，且在直线两侧，连接，则， 当且仅当为与的交点时取等号，A正确； 对于B，令正方体内切球球心为，连接，为正方体的中心， ，，正半径， 正三棱锥底面上的高，又球的半径为， 则被截得的圆的半径为，面积为，B正确； 对于C，建立空间直角坐标系，如图， 则，设，有， 则，整理得， 则的轨迹是双曲线，C错误； 对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，， 在直线上取点，使，不妨设，则， 则四面体是正四面体，有两种可能，直线也有两种可能， 若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：选项A中，关键是将空间中的两距离之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解. 7. 在研究变量与之间关系时，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. 8. 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 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（，且），则（ ） A. 当时，恒成立 B. 当时，有且仅有1个零点 C. 当时，没有零点 D. 存在，使得存在2个极值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C，结合选项A中的新函数进行判断；选项D，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断D． 【详解】对于A选项，当时，，即，设， 则，故当时，，当时，， 所以，故A正确； 对于B选项，当时，单调递减，且当时，，，因此只有一个零点，故B正确； 对于C选项，，即，当时，由A选项可知，， 因此有两个零点，即有两个零点，故C错误； 对于D选项，，令得：，两边取对数可得： ，设 则，令得：， 上单调递减，在上单调递增； 最多有两个零点，即至多有两个根. 且当，，. ，，，. 则，使得，也，使得. 故存在，使得存在2个极值点.故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点、方程的根与图象交点的等价，考查函数的单调性、极值与最值的应用，本题的难点在于对式子的变形以及构造函数，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题. 10. 若无穷数列由唯一确定，称递推公式是专一的．则下列递推公式中专一的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：分析可知，即可得结果；对于C：分析可知，即可得结果；对于BD：取特值计算即可. 【详解】对于选项A：因为，可得， 所以递推公式是专一的，故A正确； 对于选项B：因为， 令，可得，即，解得或， 所以推公式不是专一的，故B错误； 对于选项C：因为，可得， 令，可得，可得， 且，可得，即， 可知数列是以2为周期的周期函数，且， 则，所以递推公式是专一的，故C正确； 对于选项D：因为， 由可得：，则， 由可得，解得或， 所以推公式不是专一的，故D错误； 故选：AC. 11. 已知点，圆，则（ ） A. 圆与圆公共弦所在直线的方程为 B. 直线与圆总有两个交点 C. 圆上任意一点都有 D. 是的等差中项，直线与圆交于两点，当最小时，的方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A通过圆的方程相减即可判断，B通过直线过定点，点在圆内即可判断；C：求得的轨迹方程即可判断；D通过等差中项得到，确定直线过定点，由最小，得到圆心和弦中点的连线与直线，即可求解. 【详解】对于A:两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程：；错误 对于B：过定点，而在圆的内部，所以直线与圆总有两个交点，正确； 对于C:设，由可得：化简可得： ，所以满足条件的轨迹就是圆，正确； 对于D：因为是的等差中项，所以（不同时为0） 所以可化为，即 可令， 解得，则直线过定点， 设的圆心为， 当与直线垂直时，最小，此时， 即，得，结合 所以，解得 直线的方程为.正确 故选：BCD 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙等5人参加A，B，C这三项活动，要求每人只参加一项活动，且每项活动至少有1人参加，若甲，乙不参加同一项活动，且只有1人参加A活动，则他们参加活动的不同方案有___________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分甲或乙参加A活动和甲和乙都不参加A活动，两种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】甲或乙参加A活动的情况有种， 甲和乙都不参加A活动的情况有种， 则他们参加活动的不同方案有种. 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： 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. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （1）用表示出，； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）. （2） （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据导数的结合意义，列出等式，即可求解； （2）由在上恒成立，设函数，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围. （3）利用（2）的结论，可得当时，，令 ，则可推得，将这n个不等式累加,即可证明结论. 【小问1详解】 由可得， 则，且， 则. 【小问2详解】 由（1）知，， 令， 则 ， 当时，， 若，则，是减函数，所以 ，这与题意不符； 当时， ， 若，则，仅当时等号成立，是增函数， 所以，即恒成立，仅当时等号成立， 综上所述，所求a的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知，当 时，有 ， 取，有，且当时，， 令，则 ， 即， 即，，，， 将上述n个不等式依次相加得 ， 两边加，整理得 【点睛】关键点点睛：证明不等式时，要利用（2）中结论，即当 时，有 ，取，有，且当时，，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令，得到，然后采用累加的方法，即可证明. 16. 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． 17. 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. 18. 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 19. 基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质． （1）若，求数列的最小项； （2）若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由； （3）若，求证：数列具有性质． 【答案】（1）最小项为 （2）数列具有性质，理由见解析． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解； （2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②； （3）结合二项式定理及n元基本不等式求解. 【小问1详解】 ，当且仅当，即时，等号成立， 数列的最小项为． 【小问2详解】 数列具有性质． ， ， 数列满足条件①． 为单调递增数列，数列满足条件②． 综上，数列具有性质． 【小问3详解】 先证数列满足条件①： ． 当时， 则， 数列满足条件①． 再证数列满足条件②： （，等号取不到） 为单调递增数列，数列满足条件②． 综上，数列具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$