青海省部分学校2025届高三(上)1月联考数学试卷（解析版）

这是一份青海省部分学校2025届高三(上)1月联考数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则中所有元素之和（ ）
A. 18B. 20C. 22D. 24
【答案】C
【解析】∵，∴，∴，该集合中所有元素之和为22．
故选：C.
2. 已知是抛物线上的两点，的焦点为，则（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【答案】A
【解析】因为点在抛物线上，所以，解得．
又因为，所以．
故选：A.
3. 设正项等比数列的前项和为，已知，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】设公比为，由，当时，，显然不满足题意；
则，根据公式可得，由于，所以解得．
又因为，解得，所以.
故选：C.
4. 若函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】∵，∴，
由题意得，对恒成立，则对恒成立．∵函数在上为减函数，∴，
∴，即的取值范围为．
故选：D.
5. 中，，点在线段上，，则（ ）
A 3B. C. 6D.
【答案】D
【解析】在中，由余弦定理可得，
则．
在中，由正弦定理可得，则．
故选：D.
6. 已知某圆台的轴截面是等腰梯形，，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，可得上底面圆的半径，下底面圆的半径，

设圆台的高为，则，
所以该圆台的体积.
故选：B.
7. 已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为当时，单调递增，当时，单调递减，所以．
由，得，得，所以．
因为时，，又，
所以，解得，
因为在上单调递增，所以，
所以的取值范围为．
故选：A.
8. 若函数的图象与函数的图象的任意连续三个交点的连线构成一个等腰直角三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】．令，得．
不妨取，得三个连续的交点依次为．
设线段的中点为，则，因为是等腰直角三角形，所以．
由，得
故选：C.
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. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C.
D. 在复平面内对应的点位于第一象限
【答案】BD
【解析】因为，
所以在复平面内对应的点为，位于第一象限，
故A，C错误，B，D正确．
故选：BD.
10. 一次期中考试后，某校高三年级选取了（1）班，（2）班，（3）班进行成绩分析，经统计得到这三个班每班学生的数学成绩的优秀率（成绩不低于120分的学生人数与该班学生总人数之比）如表所示：
则下列结论正确的是（ ）
A. （3）班学生的数学成绩的优秀率最高
B. 这三个班学生的数学成绩的优秀率为
C. （2）班学生的人数一定最多
D. 若把（1）班和（3）班学生的数学成绩放在一起统计，得到优秀率为，则（1）班人数比（3）班人数少
【答案】AD
【解析】对于A，显然（3）班学生的数学成绩的优秀率最高，A正确；
对于B，这三个班学生的数学成绩的优秀率为这三个班成绩优秀的学生人数与总人数之比，由于各班人数不确定，所以不能计算这三个班学生的数学成绩的优秀率，B错误；
对于C，（2）班学生的数学成绩的优秀率最低，不能说是因为班级人数最多，C错误；
对于D，由于将（1）班和（3）班学生的数学成绩合并起来计算得到的优秀率更偏向（3）班学生的数学成绩的优秀率，所以（3）班学生的人数更多，D正确．
故选：AD.
11. 如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在棱上，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得
B. 点到平面的距离是
C. 存在点，使得平面
D. 过CF作该长方体外接球的截面，所得截面面积的最小值是
【答案】ABD
【解析】以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
所以．
由，得，解得，故A正确；
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以点到平面的距离是，故B正确；
当平面时，，所以，即，此方程组无解，故C错误；
设该长方体外接球的球心为，则，所以，
所以点到直线的距离．
设该截面圆的半径为，则，
所以所得截面面积的最小值是，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量满足，且，则的夹角的余弦值为______．
【答案】或
【解析】设向量的夹角为，因为，
所以，解得．
故答案为：.
13. 已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上存在一点，使得为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】因为，所以，
又为等腰三角形，所以，
在中，由余弦定理可得，
解得．
因为，即，
所以，双曲线的离心率为．
故答案为：．
14. 已知为奇函数，对于任意的，都有，且，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】因为，所以．
设，因为，所以，
则是增函数，且．
因为为奇函数，所以为奇函数，所以，．
不等式可转化为，即，
所以，即的解集为．
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. 设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间以及极值．
解：（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
因为，所以曲线在点处的切线方程为．
（2）的定义域为．
当时，，
所以．
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因此，有极大值，无极小值．
16. 某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校500名学生中随机抽取20名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求出a的值，并估计全校学生中运动时长超过30分钟的人数；
（2）在上述选取的20名学生中任意选取2名学生，设Y为运动时长超过30分钟的人数，求Y的分布列与期望；
（3）现将运动时长高于35分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取4名学生，求恰有2名学生是“热爱运动者”的概率．
解：（1）．
全校学生运动时长超过30分钟的人数约为．
（2）由图可知，运动时长超过30分钟的人数为，
运动时长不超过30分钟的人数为，
由题意可知的可能取值为0，1，2，
则，
，
，
所以的分布列为
所以．
（3）运动时长超过35分钟的人数为，
运动时长不超过35分钟的人数为，
所以从样本中任意选取4名学生，
恰有2名学生是“热爱运动者”的概率．
17. 如图，已知和都是等边三角形，，平面平面，点在线段上（不含线段的端点）．
（1）证明：；
（2）点、分别在线段、上，且，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：因为是的中点，是等边三角形，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）解：因为平面，以为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
因为点、分别在线段、上，且，
则、、，
则，．
设平面的法向量为，
由，令，得．
设平面的法向量为，
由上知，．
则，令，得．
设平面与平面的夹角为，则．
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，与轴交于点，证明：为定值．
（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，解得．
又椭圆经过点，所以，
所以，解得，所以椭圆的方程为．
（2）证明：设，易知，则直线的方程为．
联立方程组，消去得，
由，得，所以．
，
所以，
所以．
19. 若数列的首项，对任意的，都有（为常数，且），则称为有界变差数列，其中为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列．
（1）当时，证明：．
（2）设数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的最大值．
（3）若，数列的前项和为，且对任意的，都有，求的取值范围．
（1）证明：当时，，
则．
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立．
（2）解：因为，
所以，
当时，满足上式，则．
因为，所以，
整理得．
因为，所以．
因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以．
（3）解：由（2）可得，
则．
设，
则，
所以，
所以，即．
因为对任意的，都有，
所以，
即．
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则．
综上，的取值范围为．班级
（1）
（2）
（3）
优秀率
0
1
2