甘肃省多校2024-2025学年高三上学期1月期末联考数学试题 含解析

这是一份甘肃省多校2024-2025学年高三上学期1月期末联考数学试题 含解析，共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一、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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式，化简集合，根据交集的定义求结论.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
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】根据复数乘法法则计算，再由复数几何意义确定其所对应的点的象限.
【详解】因为，
所以复数在复平面上的对应的点的坐标为，
所以其对应的点位于第二象限.
故选：B.
3. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ）
A. B. C. 6D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理（为的外接圆半径）求解即可.
【详解】设外接圆的半径为，
则，即.
故选：A .
4. 直线被圆截得的弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用弦长公式即可求得结果.
【详解】圆C的圆心为，半径为3，圆心到直线l的距离，
所以直线l被圆C截得的弦长为.
故选：D
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件，结合两角差正切公式求，结合二倍角公式，平方关系将所求式子转化为齐次式，利用齐次式的方法求结论.
【详解】因为，
所以.
因为，
所以.
故选：C.
6. 某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为如图2所示的抛物线，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点F处，已知卫星接收天线的口径（直径）为10m，深度为3m，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线焦点到顶点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，结合条件列方程求，结合抛物线性质可求结论.
【详解】由题意建立如图所示的平面直角坐标系，
设抛物线的方程为.
由题意可得，将点的坐标代入抛物线的方程可得，
解得，所以抛物线的方程为，
焦点坐标为，即，
所以抛物线焦点到顶点的距离为.
故选：B.
7. 已知函数满足且，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件可得函数的单调性，再利用分段函数单调性，结合指数函数单调性列式求解.
【详解】依题意，函数满足且，，则是上的增函数，
因此，解得，
所以取值范围为.
故选：C
8. 已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取正三棱锥的底面中心为，设外接球的球心为，先由三棱锥的体积求出正三棱锥
的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可.
【详解】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上.
设正三棱锥的高为，外接球的半径为，
由，可得正三角形的面积为，
所以，解得.
球心到底面的距离为，
由，得，
所以外接球的表面积为.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：kg），并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（ ）
A.
B. 估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为
C. 估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间
D. 估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图有所有频率之和为1即可求得，根据质量不低于1.6kg的频率之和即可判断B，
求出哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间的频率即可判断C，计算中位数即可判断D.
【详解】对于A：，解得，A错误；
对于B：估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为，B正确；
对于C:因为，所以估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间，C正确；
对于D:设该哈密瓜的质量的中位数为，则有，
所以估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间，D正确.
故选：BCD.
10. 若，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由二项式令可求，取可求所有系数和，由此判断AB；取，结合二项式展开式的通项公式求，判断C，取，结合的值判断D.
【详解】令，得，
令，得，
所以，
所以A正确；B正确；
令，则，所以，
因为二项式的展开式的通项公式为，，
所以，故C不正确；
令，得，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 若函数图象的一条对称轴方程为，则（ ）
A. B.
C. 图象的一条对称轴为直线D. 在上单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称性的性质有条件列方程可求，由此判断AB，再根据正弦型函数的对称轴的求法及单调区间的求法判断CD.
【详解】函数，
设，，
则，
因为函数图象的一条对称轴方程为，
由，即，
化简可得，
所以，所以A不正确，B正确；
.
令，得，
当时，得，所以C正确；
令，
得，
当时，，所以D不正确.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为________.
【答案】16
【解析】
【分析】由椭圆方程可得参数的值，进而求出的值，根据椭圆的定义，可得答案.
【详解】由题意可得，，所以，故的周长为.
故答案为：.
13. 已知向量，，若，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】由向量垂直的性质列方程求，利用向量的模的坐标表示求，再由向量夹角公式求结论.
【详解】因为，
所以，得.
因为，，，
所以.
故答案为：.
14. 已知函数，则函数的最小值为________；若过原点可向曲线作两条切线，则a的取值范围是________.（注：当时，）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】(1)求导数，根据单调性，即可求出最小值；（2）设切点为得切线方程，
将问题转化为关于的方程有两个不同的根即可.
【详解】因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.
因为，所以.
设切点为，
则切线方程为，将原点坐标代入，
化简得，则关于的方程有两个不同的根.
令，则，所以在上单调递减，
在上单调递增.因为，，，，
所以，故的取值范围是.
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. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式，求出数列的通项，结合为等差数列列方程求，由此可得结论；
（2）由（1），利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
因为数列为等差数列，且，所以数列的公差为
所以，即，
所以，故，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
.
16. 现在很多市民都喜欢骑“共享单车”，但也有很多市民并不喜欢.为了调查人们是否喜欢这种交通方式，某同学从交通拥堵严重的A城市和交通拥堵不严重的B城市随机调查了100名市民，得到了一个市民是否喜欢骑“共享单车”的样本，具体数据如下列联表：
A
B
总计
（1）根据列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联？
（2）为进一步了解A城市的拥堵情况，该同学从样本中A城市的市民中按是否喜欢利用分层随机抽样的方法抽取6人，并从这6人中选出2人代表发言，记代表发言中喜欢骑“共享单车”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望.
附表格及参考公式：，其中.
【答案】（1）认为市民喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据独立性检验的相关计算方法，可得答案；
（2）根据超几何分布列以及期望的计算方法，可得答案.
【小问1详解】
零假设为：市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况无关联.
根据列联表中的数据，得.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
【小问2详解】
喜欢
40
10
50
不喜欢
20
30
50
总计
60
40
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
根据分层随机抽样的知识可知，随机抽取的6人中喜欢骑“共享单车”的有4人，不喜欢骑“共享单车”的有2人，
所以随机变量的所有可能取值为，
，
所以的分布列为
所以.
17. 已知函数.
（1）若在处取得极值，求实数的值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）条件可转化为为的变号零点，列关系式求；
（2）条件可转化为恒成立，利用导数求函数的最小值可得结论.
【小问1详解】
因为在处取得极值，所以为的变号零点，
函数的定义域为，导函数，
所以，得.
，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意，故实数的值为.
0
1
2
【小问2详解】
因，所以可转化为，即恒成立.
令，则，
令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，
故实数的取值范围为.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，侧面PCD为正三角形，且平面PCD平面ABCD，，，，.
（1）证明：.
（2）已知Q为侧棱PB上一点，平面QAC.
①求的值；
②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）由直角梯形的几何性质以及勾股定理，可得线线垂直，根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质，可得答案；
（2）①由相似三角形的性质以及线面平行的性质，可得答案；②由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案.
【小问1详解】
证明：在梯形ABCD中，因为，，，，
所以，则，所以.
因为平面平面ABCD且平面平面，所以平面PCD，
因为平面，所以.
【小问2详解】
①设AC与BD的交点为M，连接MQ，
则在直角梯形，易知，
因为，，所以.
因为平面，且平面，平面平面，
所以，则，即，故.
②如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，.
因为，所以.
设平面QAC的法向量为，
因为，，
所以令，得.
设直线DQ与平面QAC所成的角为，
因为，所以，
所以直线DQ与平面QAC所成角的正弦值为.
19. 已知双曲线的左，右顶点分别为，，左焦点为，O为坐标原点，是线段OM的中点.
（1）求双曲线的离心率.
（2）过点M且斜率不为0的直线l与双曲线的左，右两支的交点分别为Q，P.
①若直线l的斜率为1，，求双曲线的方程；
②连接QO并延长，交双曲线于点R，证明：.
【答案】（1）2 （2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得参数的等量关系，利用离心率的公式，可得答案；
（2）由题意作图，联立方程写出韦达定理，①由直线斜率与弦长公式，可得答案，②利用垂直向量的坐标表达，代入韦达定理，可得答案.
【小问1详解】
因为是线段OM的中点，所以，即，所以双曲线的离心率为2.
【小问2详解】
设直线，点，.
联立，得.
由（1）可得，化简得，所以，
即，，.
①因为直线l的斜率为1，所以，.
，即，
结合，，解得，，所以双曲线的方程为.
②证明：，，，
则
，
所以.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．