河北省邢台市2024-2025学年高三上学期1月期末数学试题 Word版含解析

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注意事项：
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，结合交集定义求结论.
【详解】因为，
又，
所以.
故选：D.
2. 某校有男生人，女生人，现按性别采用分层抽样的方法从该校学生中抽取人进行调查，则男生被抽取的人数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设男生被抽取的人数是，由条件结合分层抽样性质列方程求解即可.
【详解】设男生被抽取的人数是，
由已知可得，
解得，.
故选：C.
3. 某工厂有一个正四棱台形的储物料斗，该储物料斗的上底面边长为4米，下底面边长为2米，高为3米，则该储物料斗的体积是（ ）（不考虑储物料斗斗壁的厚度）
A. 立方米B. 28立方米
C. 立方米D. 84立方米
【答案】B
【解析】
【分析】由棱台的体积公式计算可求得体积.
【详解】该储物料斗正四棱台，且上底面边长为4米，下底面边长为2米，高为3米，
所认立方米.
所以该储物料斗的体积是立方米.
故选：B.
4. “”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】等价转化可得，结合充分条件和必要条件定义判断条件与结论的关系即可.
【详解】因为，
所以“”不能推出“”，
“”能推出“”，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：A.
5. 向高为的容器中注水，且任意相等的时间间隔内所注入的水体积相等，若容器内水面的高度与注水时间的函数关系的图象如图所示，则该容器的形状可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象可知在相等时间间隔内容器内水面的高度增加量越来越大，结合容器形状可确定选项.
【详解】根据函数图象可知，随着注水时间的增大，在相等时间间隔内容器内水面的高度的增加量越来越大，即的变化率逐渐增大，
故该容器从下到上宽度应逐渐减小，选项C中容器符合要求.
故选：C.
6. 在中，，点在线段上，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中利用余弦定理求的余弦，再在中由正弦定理求即可.
【详解】在中，由余弦定理可得，
又，，，
所以，又，
所以，
在由正弦定理可得，故
又，，，
所以.
故选：D.
7. 设分别是直线和圆上的动点，则的最小值是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据的最小值为圆心到直线的距离减去半径可得结果.
【详解】
圆方程可化为：，故圆心，半径，
∴圆心到直线的距离，
∴的最小值为.
故选：B.
8. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，可得函数为奇函数，在上为单调递增，由，可得，进而结合单调性可得，求解即可.
【详解】令，由对恒成立，
所以的定义域为，
又
，
所以函数为奇函数，由复合函数的单调性可得在上为单调递增函数，
由，可得，
所以，即，
所以，所以，解得或，
所以不等式的解集是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据函数的结构特征，构造新函数，利用新函数的单调性与奇偶性可解不等式.
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】
【分析】根据复数的运算法则求的代数形式，再结合共轭复数的定义求，判断A；根据复数模的公式求，判断B；根据复数的乘法法则求判断C；根据复数的几何意义求复数在复平面上的对应点的坐标，判断D.
【详解】因为，
所以，
所以，，
，
在复平面内对应的点的坐标为，
所以在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：BD.
10. 纯音是指单一频率的声音，纯音的数学模型是函数．我们在日常生活中听到的声音几乎都是复合音，而复合音是由多个频率不同的纯音组成的．已知某声音的数学模型是函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的单调递增区间是
D. 的值域是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用可判断A；由可判断B；求导，利用，求得单增区间判断C；求得单减区间，结合周期可求得值域判断D.
【详解】对于A，因为，
又的最小正周期是，所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，，
所以的图象不关于直线对称，故B错误；
对于C，由，求导得，
令，即，所以，
所以，解得（舍去）或，
所以，
所以的单调递增区间是，故C正确；
对于D，令，即，所以，
所以，解得，
所以，
可得的单调递减区间是，结合C选项，又函数的周期为，
所以当时，，
当时，，
所以的值域是，故D正确.
故选：ACD.
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】
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法可判断ABC选项；求出球心的坐标，求出球心到直线的距离，分析可知，当截面圆圆心在直线上时，截面圆的半径最小，利用勾股定理结合圆的面积公式求解即可.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，其中，
对于A选项，，，
若，则，解得，合乎题意，
所以，存在点，使得，A对；
对于B选项，设平面的一个法向量为，
，则，取，则，
，所以，点到平面的距离为，B对；
对于C选项，若平面，则，即，无解，C错；
对于D选项，该长方体外接球球心为，
，，
所以球心到直线的距离为，
当截面圆圆心在直线上时，球心到截面的距离最大，此时，截面圆的半径取最小值，
且，
因此，截面面积的最小值为，D对.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于截面圆的面积的最值问题，关键是要确定截面圆圆心的位置，结合勾股定理求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12 已知向量，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量线性运算坐标公式求，再由结合向量垂直的坐标表示列方程求.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
所以.
故答案为：.
13. 某校开设了门体育类课程和门科技类课程，学生从这门课中最多选修门，且至少选修门体育类课程，则不同的选课方案有______种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先求出从门课程中至多选门至少选门课程的所有选法，再求出所选课程都是科技类课程的选法，前者减去后者可得结论.
【详解】学生从这门课中最多选修门且至少选修门课程的选法有，
学生从这门课中最多选修门至少选门，且所选课程都为科技类课程的选法选法有，
所以满足条件的选法有（种）.
故答案为：.
14. 已知是双曲线的左焦点，是双曲线右支上的一点，直线与圆切于点，为坐标原点，若，则双曲线的离心率是______．
【答案】
【解析】
【分析】由化简可得，由条件结合切线性质可得，，设双曲线的右焦点为，结合双曲线定义可得，根据关系，结合余弦定理可得，亦可做辅助线，利用三角形中位线和勾股定理求解，再由离心率定义求结论.
【详解】因为，
所以，所以，
因为直线与圆切于点，所以，，
又，所以，
所以，，，
设双曲线的右焦点为，
则，
又，故，
由余弦定理可得，，
所以，
所以，
又，，，，
所以，
所以，所以，
所以则双曲线的离心率.
另解：作，垂足为，
由，，于是为的中位线，
结合已知分析，，，
由勾股定理，即，整理得，其余同上.
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. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件可得切线的斜率为，利用导数的几何意义列方程求；
（2）条件可转化为在上恒成立，再分离变量，结合基本不等式求结论.
【小问1详解】
设曲线在点处的切线的斜率，
直线的斜率为，
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，即，
又的导函数，
所以，
所以，
所以，
【小问2详解】
由若在上单调递增，可得在上恒成立，
由（1）可得在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，其中，
又当时，，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，
所以的取值范围为.
16. 旅游是人们为了休闲、商务或其他目的离开自己的常住地，前往其他地方进行的活动．甲、乙、丙三人计划去西安旅游，经过商议他们计划各自从秦始皇兵马俑、华清宫、大唐不夜城、华山、黄河壶口瀑布这五个景点中随机选择两个景点游玩．
（1）求甲选择去华清宫游玩，且乙不去华山游玩的概率；
（2）记他们选择去大唐不夜城游玩的人数为，求的分布列与期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；.
【解析】
【分析】（1）先求出甲、乙、丙从五个景点中随机选择两个景点游玩所有选法，再求其中甲选择去华清宫游玩，且乙不去华山游玩的选法数，利用古典概型概率公式求结论；
（2）先条件确定的可能取值，，结合二项分布分布列结论求的分布列，再根据二项分布期望公式求期望.
【小问1详解】
甲、乙、丙分别从五个景点中随机选择两个景点游玩的所有选法有种选法，
其中甲选择去华清宫游玩，且乙不去华山游玩的选法有种选法，
所以甲选择去华清宫游玩，且乙不去华山游玩的概率；
【小问2详解】
甲选择去大唐不夜城游玩的的概率为，
同理可得乙选择去大唐不夜城游玩的的概率为，
丙选择去大唐不夜城游玩的的概率为，
由已知的可能取值有，，，，
且，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
所以的期望.
17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是梯形，．
（1）证明：平面平面．
（2）若，求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，结合已知可得，求得，，利用勾股定理的逆定理可得，进而可证得平面，可证结论.
（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值，进而可求正弦值.
【小问1详解】
取中点，连接，
因为是等边三角形，又，所以，，
又，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
若，由（1）可得，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的角为，
，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
18. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，且．
（1）求抛物线的方程．
（2）直线与抛物线交于两点，轴上是否存在定点，使得直线经过点，且为定值？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）定点的坐标为，的定值为
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，计算可求得，可求得抛物线方程；
（2）假设轴上存在定点，设直线的方程为，，联立方程组，利用根与系数的关系可求得，可求定点坐标与定值.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为，
又是抛物线上的一点，且，所以，，
所以，所以，所以，解得．
所以抛物线的方程为．
【小问2详解】
假设轴上存在定点，使得直线经过点，且定值，
显然直线的斜率不为，设直线的方程为，
联立，消去，可得，
所以，
，，
所以
，
当时，为定值，
此时定点坐标为，的定值为.
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，的前项和为．
（1）当时，证明：．
（2）当中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求的最大值；
（3）当中各项都取最大值时，，数列的前项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）的最大值为；
（3）的取值范围为.
【解析】
【分析】（1）由定义可得，结合关系证明结论；
（2）由定义证明，由此可得，化简条件不等式并分离变量可得，利用基本不等式求的最小值，结合条件可得结论；
（3）由（2），利用错位相减法求，代入条件不等式可得，讨论的奇偶，分离变量，结合数列的单调性求结论.
【小问1详解】
当时，，
则
.
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立.
【小问2详解】
因为，所以
，
当时， 满足上式，
所以.
所以不等式可化为，
所以，.
因为，所以，
所以，
而，当且仅当时，等号成立.
因为对任意的恒成立，
所以，因为，所以.
【小问3详解】
由(2)可得，
则，
设，
则，
所以，
所以，
因为对任意的，都有，
所以，
即.
当为奇数时，，即，
所以，
所以为递减数列，
则；
当为偶数时，，所以，
因为，
所以为递增数列，
则.
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.