辽宁省葫芦岛市2025届高三(上)1月期末考试数学试卷（解析版）

这是一份辽宁省葫芦岛市2025届高三(上)1月期末考试数学试卷（解析版），共17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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，，
所以.
故选：C.
2. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，故复数的虚部为.
故选：B.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，
所以，
因为，所以，
所以，解得.
故选：A.
4. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为角的终边经过点，则，
所以，
故选：B.
5. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源．如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为D为的中点，，所以，
所以，，
又，四边形为矩形，，平面，
所以平面，
又，，平面，
所以平面，故由四边形为矩形得平面，
所以由，，得,
所以，又由得，
所以，
所以多面体的体积为.
故选：C.
6. 已知函数，若的值域为，则实数的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以时，，又的值域为，
则，解得，
故选：D.
7. 已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，又，，
则，又，所以，
又由图知，“五点法”作图中的第二个点、第三个点分别为，，
则，解得，所以，
令，得到，所以，代入，
得到，又，解得，所以，
则，
故选：C.
8. 已知函数的定义域为，，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 是偶函数B. 是奇函数
C. D.
【答案】B
【解析】因为函数的定义域为，，函数是奇函数，
则对任意的，，可得，
所以，函数的图象关于直线对称，则的值不确定，C错；
因为函数的图象关于直线对称，
令，所以，，
即对任意的，，即，
所以，函数为奇函数，即函数的图象关于点对称，B对；
因为，而不一定等于零，故函数不一定是偶函数，A错；
因为函数的图象关于直线对称，则，
因为函数的图象关于点对称，则，
所以，，则，
故，D错.
故选：B.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）
9. 已知某校高三年级在期末考试中，1000名学生的数学成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有（ ）（参考数据：；；．）
A. 成绩在内的人数约为997
B. 该校学生成绩的标准差为10
C. 及格率超过
D. 成绩低于80的人数和优秀的人数大致相等
【答案】ABD
【解析】A：因为1000名学生的数学成绩服从正态分布，，
所以，
即成绩在内的人数约人，故A正确；
B：该校学生成绩的标准差为标准差 ，故B正确；
C： ，
，
，因为90分为及格线，所以及格率小于，故C不正确；
D：因为成绩服从正态分布，，所以，
即 ，因为120分为优秀线，所以成绩低于80的人数和优秀的人数大致相等，故D正确，
故选：ABD.
10. 已知，则下列结论成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】A：令，得，即，A正确；
B：令，则原等式变形为，
由二项式定理得，，
令，得，
等式两侧同乘，得，
∴，B错误；
C：令，得，
故，C错误；
D：对等式两侧同时求导函数得，
，
令，得，D正确，
故选：AD.
11. 年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”．其来源于雅各•伯努利仿照椭圆的定义稍做改动．他是这样定义双纽线的：在平面内，设两定点、之间距离为，则到两定点距离之积为定值的点的轨迹叫做双纽线．按照如图所示坐标系研究此曲线，下列说法正确的是（ ）

A. 若，则的方程为
B. 若上的点到两定点、的距离之积为，则点在上
C. 若点在上，则
D. 当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
【答案】ACD
【解析】在曲线上任取一点，易知、，
由，即，
整理可得，
即，化简得，
对于A选项，若，则，此时，曲线的方程为，即，故A正确；
对于B选项，若上的点到两定点、的距离之积为，则，
此时，曲线的方程为，
因为，故点不在曲线上，故B错误；
对于C选项，若点在上，则，可得，故，故C正确；
对于D选项，当时，则，设点，由题意可得，，
则，可得，
曲线的方程为，
将点的坐标代入曲线的方程可得，
整理可得，可得，因为，解得，
故当时，上第一象限内的点满足的面积为，则，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 曲线在处的切线方程为______．
【答案】
【解析】，所以，由，
所以切线方程为，即，
故答案为：.
13. 在平面直角坐标系中，直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为是线段的中点，若，则的离心率为______．
【答案】
【解析】设直线的方程为，
双曲线的渐近线方程为，
由，解得，所以，
由，解得，所以，
可得线段的中点的坐标为，所以，
又，，所以，所以
所以的离心率为.
故答案为：.
14. 甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于13或者所有卡片被抽完时，游戏结束．若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______．
【答案】或0.1
【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从8张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为13，乙抽取的两张卡片数字之和不为13；
总的情况相当于从8张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；
其中三张卡片数字之和为13的组合有；；；；；共6种情况；
当甲抽取的数字为；时，
乙在剩余的5个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；
当甲抽取的数字为；；；时，
要排除乙抽到或，此时共有种；
所以符合题意的排列总数为种，
可得所求概率为.
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. 记的内角的对边分别是，且．
（1）求；
（2）点在上，平分，且，求．
解：（1）因为，所以，
又因为，所以．
（2）解法一：如图，由题意可知，
因为，
所以，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
解得，
解法二：如图，由题意可知，
因为，
所以，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
解得，
在中，由余弦定理得，
解得，所以，即.
16. 已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点．
（1）求拋物线的标准方程；
（2）若直线过定点，求面积的取值范围；
（3）若，求直线的方程．
解：（1）由题意抛物线C经过点，代入方程可得.
所以抛物线标准方程为：.
（2）依题意，直线与抛物线有2个交点
所以直线斜率不为0，
设直线
如图：
联立，整理得
．
整理得：
故的取值范围是.
（3）如图：
由题意得抛物线的焦点，
又由，可知直线过焦点且斜率不为0
于是可设直线的方程为：，
设
联立方程组得
于是
由可知，，代入上式
所以直线的方程或.
17. 如图，在四棱柱中，．
（1）求证：；
（2）设为棱的中点，线段交于点平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：设交于点，连接，如图，
因为，则点在线段的垂直平分线上，
即有为中点
又因为，则，
又平面，因此平面，
而平面，
所以．
（2）解：由（1）知，平面，而平面，则平面平面，平面内过作，又平面平面，因此平面，
射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为为棱的中点，则点是正的重心，
又平面，且，
则，
所以，
因为，
所以,
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面的夹角为，
则．
18. 已知函数．
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）若有两个极值点．
（ⅰ）求取值范围；
（ⅱ）证明：．
（1）解：当时，，
由，所以.
故单调递增区间为.
（2）（ⅰ）解：，令，即
令，，则是方程的两个正根，
则，即，
有，，即.
所以的取值范围为：.
（ⅱ）证明：
令
则．
令，则，
则在上单调递减，
又
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减
则，
又，故
即.
19. 对于数列，如果中存在四项，使得（互不相同），则称数列为友好数列．
（1）若数列：为友好数列，且，求的所有可能值；
（2）数列是等比数列，公比且是友好数列，求项数的最小值，并求此时公比的个数；
（3）项数为（且为偶数）的数列为等差数列，公差不为，从中任意取出个元素组成一个数列，该数列为友好数列的概率超过，求的最大值．
参考公式：
解：（1）因为为友好数列，且，所以，得到，
或，得到，或，解得，或，解得，
或，解得，或，解得，
综上，的所有可能取值为：.
（2）若项数为，不妨令为，
则，得到，即，解得（舍），
若项数为，不妨令为，且为从小到大或从大到小排列，
①，得到，
整理得，所以，解得（舍），
②，得到，因为，所以，
令，则，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又
所以，存，使得，
③，即，得到，解得（舍），
④，即，整理得到，即，
令，则，
由，可得，所以在上为增函数，
又，
所以，存在，使得．
⑤（舍）
综上，项数的最小值为5，满足条件的公式一共有2个．
（3）由题意，为偶数，设，不妨取数列为．
取出4个数从小到大依次为，
能够构成友好数列的情况为共有种情况；
共有种情况；共有种情况，
依次类推，的情况共有：，
同理：
的情况共有：，
的情况共有：，
的情况共有：，
……
的情况共有：，
的情况共有：，
的情况共有：，
的情况共有：，
所以，总共有
，
所以该数列为友好数列的概率为，
整理得：，所以，
又，所以的最大整数值为，
故的最大值为.