精品解析：辽宁省大连市五校2025届高三上学期期末考试数学试卷

大连五校2025届高三上学期期末考试 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知复数，，为虚数单位，若为纯虚数，则（ ） A. B. 6 C. －6 D. 2. 已知集合 ，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，是平面中四个不同的点，则“（）”是“，，三点共线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若二项展开式的第二项的二项式系数等于第五项的二项式系数，则该展开式中的含项的系数为（ ） A. 80 B. C. 14 D. 5. 若平面平面，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在等差数列中，，，，成公比不为1的等比数列，是的前n项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 在数学上，常用表示不大于的最大整数，已知函数，则下列正确的是（ ） A. 函数在定义域上是增函数 B. 函数的零点有无数个 C. 函数在定义域上的值域是 D. 不等式解集是； 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作倾斜角为的直线，与的右支交于点，与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知，，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 10. 设函数，则（ ） A. 不是函数的极值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆柱与圆锥的高均为2，且二者底面半径相等，若圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等，则圆锥的体积为__________. 13. 已知函数在区间上单调，且满足，函数在区间上恰有5个零点，则实数的取值范围为___________． 14. 已知函数，在区间内任取两个实数，不等式恒成立，则实数的最大值为________． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，． （1）求角的大小； （2）求的取值范围； （3）设是的重心，求的最小值． 16. 已知椭圆的离心率为，过坐标原点和点的直线与椭圆交于两点，且. （1）求椭圆的方程； （2）直线与交于两点（在轴的同侧），分别是椭圆的左，右焦点，当时，求四边形面积的最大值. 17. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 18. 如图，已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面都是菱形，，. （1）证明：； （2）求的长； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连五校2025届高三上学期期末考试 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知复数，，为虚数单位，若为纯虚数，则（ ） A. B. 6 C. －6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】将复数化成复数的代数形式，根据纯虚数的定义即可求解. 【详解】依题意，复数，因为为纯虚数，所以且，解得. 故选：C. 2. 已知集合 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性求解对数不等式得集合，再求即得. 【详解】由可得，故， 又，则. 故选：C. 3. 已知，，，是平面中四个不同的点，则“（）”是“，，三点共线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据共线的向量表示进行充分性与必要性的分析即可求解. 【详解】，， 又，有公共点，所以，，三点共线，所以充分性成立； 若，，三点共线，则存在实数使得，即， 当时明显不满足，所以必要性不成立. 即“（）”是“，，三点共线”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 若二项展开式的第二项的二项式系数等于第五项的二项式系数，则该展开式中的含项的系数为（ ） A. 80 B. C. 14 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理，以及组合数的性质，建立方程，可得答案. 【详解】由二项式，则其展开式的通项， 展开式的第二项和第五项的二项式系数分别为，，则，解得， 则通项为， 令，解得，则展开式中含项的系数为. 故选：A. 5. 若平面平面，则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面平行的性质定理，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】时，不一定成立，如图， 在长方体中，记上下底面分别为，，但是与不平行， 当时，根据面面平行的性质可知， 所以是的必要不充分条件. 故选：C 6. 在等差数列中，，，，成公比不为1的等比数列，是的前n项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列公差为，由题设可得，. 设由题设可得，然后由裂项求和法可得答案. 【详解】设等差数列公差为，因成等比数列. 则， 因公比不为1，则，. ，. 设其中为正整数，则， 则为2的倍数，即可为， 从而，，依此类推可得. 注意到， 则.. 故选：C 7. 在数学上，常用表示不大于的最大整数，已知函数，则下列正确的是（ ） A. 函数在定义域上是增函数 B. 函数的零点有无数个 C. 函数在定义域上的值域是 D. 不等式解集是； 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定定义判断B，举反例判断A，C，D即可. 【详解】对于A，当时，， 此时，当时，而， 故，则，此时， 得到函数在定义域上不是增函数，故A错误， 对于B，令，解得，即， 此区间内有无数个，故函数的零点有无数个，故B正确， 对于C，当时，， 此时，即函数在定义域上的值域不是，故C错误， 对于D，当时，， 此时，而不在内， 故不等式解集不是，故D错误. 故选：B 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作倾斜角为的直线，与的右支交于点，与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线定义及可判断是等边三角形，再结合在中根据求离心率. 【详解】由题意得点在第一象限，，由双曲线的定义得， 所以， 因为，所以，连接，则， 所以，即， 所以为等边三角形，即， 在中（为坐标原点），， 所以的离心率. 故选：B. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知，，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将代入后即可验证得解；对于B，利用换元法，最终将表示为，再利用对勾函数的性质求值域即可；对于C，直接应用基本不等式即可；对于D，利用消元法及基本不等式，即可得解. 【详解】对于A：因为，故， 因此，故A正确； 对于B：因为，，故，. 令，则，且， 则， 由对勾函数的性质，易知在上单调递减，在上单调递增， 又因为，故在上的值域为， 故当时，，即，即的值域为，故B错误； 对于C：由A可知，，， 当且仅当，即时，等号成立， 即的最小值为，故C正确； 对于D：由A可知，，则， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 10. 设函数，则（ ） A. 不是函数的极值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，求导得到函数单调性，得到是函数的极大值点，A错误；B选项，作差法得到，B正确；C选项，，，由A知，在上单调递减，求出；D选项，时，作差法得到，并由的单调性，得到. 【详解】A选项，， 令，解得或，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故是函数的极大值点，A错误； B选项， ， 因为时，，故， 故，B正确； C选项，，，， 由A知，在上单调递减， 且，故，C正确； D选项，时，，， 即， 因为在上单调递减，所以，D错误. 故选：BC 11. 若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】本题需要分情况讨论直线与抛物线只有一个公共点时的值，再根据抛物线焦点坐标公式求出焦点坐标.情况分为直线斜率为0和不为0两种，对于斜率不为0的情况，通过联立直线与抛物线方程，利用判别式来确定的值. 【详解】当时，，抛物线方程为：. 此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件. 那么抛物线的焦点坐标为：. 当时，联立直线与抛物线方程：. 消去，整理得，进一步化简得： . 因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即： ，解得（舍去）或者. 所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为. 故选：BC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆柱与圆锥的高均为2，且二者底面半径相等，若圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等，则圆锥的体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用给定条件建立方程求解参数，再利用圆锥体积公式求解即可. 【详解】设圆柱与圆锥的底面半径均为，由题意得圆柱与圆锥的高均为2， 则圆柱的侧面积为，圆锥的表面积为， 若圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等， 则，化简得， 解得，且设圆锥体积为，故. 故答案为： 13. 已知函数在区间上单调，且满足，函数在区间上恰有5个零点，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由函数单调性及可得为对称中心，则在区间上单调，可得，再利用函数在区间上恰有5个零点，可得，解出即可得. 【详解】由函数在区间上单调，， 且，故为对称中心，且， 则在区间上单调，则，解得， 由函数在区间上恰有5个零点，为第一个， 则后续零点分别为、、、， 则，化简得，则， 又，故. 故答案为：. 14. 已知函数，在区间内任取两个实数，不等式恒成立，则实数的最大值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】首先将去分母，将问题等价转化为是增函数，即在上恒成立，分离参数后构造函数即可求解. 【详解】. 不妨取，则， 所以，即， 亦即. 令， 则问题等价转化为是增函数. 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立. 令， 则， 因为二次函数在上单调递增， 所以当时，， 即，所以是增函数， 所以，即，所以实数的最大值为1. 故答案为：1. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，． （1）求角的大小； （2）求的取值范围； （3）设是的重心，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再由余弦定理即可求得角； （2）利用正弦定理与和角公式求得，结合锐角三角形求得，利用正切函数的性质即可求得边的取值范围； （3）利用三角形的重心性质和余弦定理，借助于二次函数的性质即可求得答案. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得， 去分母得，即， 由余弦定理，可得．又，所以． 【小问2详解】 由正弦定理，可得． 因为三角形为锐角三角形，所以，解得．则， 则，故． 【小问3详解】 设的中点为，因是的重心，则， 由余弦定理，， 故当时，取得最小值，此时的最小值为 16. 已知椭圆的离心率为，过坐标原点和点的直线与椭圆交于两点，且. （1）求椭圆的方程； （2）直线与交于两点（在轴的同侧），分别是椭圆的左，右焦点，当时，求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2）2. 【解析】 【分析】（1）利用给定的离心率可得，化简椭圆方程，并求出直线与椭圆方程联立，利用给定弦长求出即可. （2）延长交于点，由椭圆对称性可得关于原点对称，将四边形面积转化为求解. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，得，则， 椭圆方程化为，直线的斜率，其方程为， 由椭圆对称性，不妨设点，由，解得， 因此，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图，延长交于点，由（1）知， 设，设的方程为， 由消去得，则， 设与的距离为，四边形的面积为， 由及椭圆的对称性知，点与点关于原点对称， 则 又 当且仅当，即时，等号成立， 所以四边形面积的最大值为2. 17. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 【答案】（1） （2）分布列： 0 4 6 数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数的性质结合古典概型求解概率即可. （2）利用给定条件求出每种情况对应的概率，再求解分布列和数学期望即可. （3）合理进行分类讨论，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【小问1详解】 由题意得甲同学所有可能的选择答案有种， 而其中正确选项只有一个，设符合条件的事件为，故. 【小问2详解】 乙同学所有可能的选择答案有种，即共有10个样本点， 设乙同学本题可能得分为，则的可能取值为， ，，， 所以乙同学可能得分的分布列为 0 4 6 所以数学期望为. 【小问3详解】 由题意得丙得0分的概率为， 丁得0分的概率为， 丙丁总分刚好得分的情况包含： 事件：丙得分有一种情况，丁得分有三种情况， 则； 事件：丙得分有两种情况，丁得分有两种情况， 则； 事件：丙得分有三种情况，丁得分有一种情况， 则； 所以丙丁总分刚好得分的概率. 18. 如图，已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面都是菱形，，. （1）证明：； （2）求的长； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，为线段的中点. 【解析】 【分析】（1）把问题转化为证明即可； （2）证明出，利用勾股定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，用表示出点的坐标，然后计算出平面的一个法向量和平面的一个法向量，最后利用二面角的向量公式列出方程即可求解. 【小问1详解】 易知， 因为， 所以， 所以，故. 【小问2详解】 由（1）知，因为，所以， 所以. 【小问3详解】 如图，取的中点，连结，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则， 设， 则 由得 解得， 所以，则. 设平面的法向量为， 由即 取，则， 设平面的法向量为， 由即 取，则， 设二面角的大小为，因为，所以. 所以， 整理得， 解得或(舍去). 故线段上存在满足题意的点，且点为线段的中点. 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3）具有，具有 【解析】 【分析】（1）对于判断数列是否具有性质，需要根据性质的定义，即判断数列是否为无穷正项数列，是否存在使得，以及数列是否为单调数列即可. （2）对于证明数列具有性质，需要根据二项分布的性质，先求出的表达式，再分析其单调性和有界性即可. （3）对于判断数列和是否具有性质，需要根据函数的性质，通过分析数列的递推关系来判断其单调性和有界性即可. 【小问1详解】 因为单调递增，不存在正数， 使得恒成立，所以数列不具有性质. 因为，又数列为单调递减数列，所以数列具有性质. 【小问2详解】 因为， 若为奇数的概率为为偶数的概率为， 则， 记为①， ， 记为②， 而，即， 所以当时，， 故随着的增大而增大，且，即数列具有性质. 【小问3详解】 令， 则，，， 所以当时，在上递减，而， 故，由零点存在性定理得在有唯一的零点， 得到，即， 且当时，，即， 当时，，即 由，可知， 此时在上单调递增； 由， 得到， 故， 假设时，成立， 则， 即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列. 对数列，存在，使，所以数列具有性质. 对数列，存在，使，所以数列也具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是合理运用导数和数学归纳法，然后结合给定定义得到所要求证明的命题即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $