安徽省宿州市2024-2025学年高三上学期期末考试 数学 含解析

这是一份安徽省宿州市2024-2025学年高三上学期期末考试 数学 含解析，共19页。试卷主要包含了 若，则， 若复数满足， 函数，则等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合B，再根据集合交集的运算求解即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：B.
2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用复数的除法和乘法运算求解.
【详解】.
故选：D.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，结合二倍角的正弦公式和诱导公式计算即可求解.
【详解】由题意知，得，
故.
故选：A
4. 将直线绕点顺时针旋转得到直线，则的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据两条直线垂直得出斜率，再应用点斜式求解直线即可.
【详解】由题意可知，直线与垂直，直线的斜率为，所以的斜率为5，
又因为过点，所以直线的方程为，即.
故选：D.
5. 若圆锥的轴截面是边长为1的等边三角形，则该圆锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理列方程，求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】由题意可知，该圆锥的底面圆半径为，高为，设该圆锥外接球的半径，
由题意知，该圆锥外接球的球心在高线上，则，解得，
所以该圆锥外接球的表面积为.
故选：C
6. 已知平面向量，若在方向上的投影向量为，则实数（ ）
A 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量计算公式即可求解.
【详解】在方向上的投影向量为,
∴，∴，解得.
故选：A.
7. 已知椭圆的上顶点为，左焦点为，线段的中垂线与椭圆交于两点，则的周长为（ ）
A. 8B. 12C. 16D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】先根据椭圆的标准方程确定的值，判断的形状，确定共线，再根据椭圆的定义求的周长.
【详解】如图：

由椭圆方程可知，，.
所以，
所以为等边三角形，
因此的中垂线过，
结合椭圆的定义，可得周长.
故选：C
8. 若函数的图象上存在两对关于轴对称的点，则正实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，方程在上有两个不等的实根，由参变量分离法可得，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】在函数的图象上取点，
则点关于轴的对称点为，且，其中，
由，可得，则，
所以，直线与函数在上的图象有两个交点，
因为，令可得，列表如下：
所以，函数在上为减函数，在上为增函数，
所以，，且，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
二､多项选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 函数，则（ ）
A.
B. 是函数图象的一条对称轴
C. 的最大值为2
D. 是偶函数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据诱导公式和辅助角公式化简可得，结合正弦函数的图象与性质依次判断选项即可.
【详解】.
A：由，得的最小正周期为，故A正确；
B：，故B错误；
C：的最大值为，故C错误；
D：又因为，为偶函数，故D正确.
故选：AD
10. 已知数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 为等比数列B. 为等差数列
C. 为等比数列D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】应用已知条件化简得出得，得出为等比数列,进而判断A，B，C，最后应用错位相减法求和即可判断D.
【详解】由已知化简得，得，所以为等比数列,
所以，因此，所以，
所以为等比数列，为等差数列，不为等比数列，故错误，和正确，
对于选项，，
，
两式作差，解得，故正确.
故选：BCD.
11. 在椭圆（双曲线）中，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆（双曲线）的中心，这个圆被称为该椭圆（双曲线）的蒙日圆.已知双曲线的蒙日圆方程为为坐标原点，点在双曲线上，与双曲线的蒙日圆交于点，则（ ）
A. 若点的坐标为，且的蒙日圆的半径为1，则的方程为
B. 若点的坐标为，则的蒙日圆面积最大值为
C. 的最小值为
D. 若为的中点，则的离心率的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据题意建立的方程组求解；对B，由，可得，利用基本不等式求出得解；对C，由结合得解；对D，根据题意，结合C选项可得，化简结合离心率公式求解.
【详解】对于A，若点在上，则有，又因为，联立解
得，故A正确；
对于B，由
，
当且仅当等号成立，所以的蒙日圆的面积，故B错误；
对于C，由，当且仅当为双曲线的左，右顶点时取到等号，故C正确；
对于D，若为线段的中点，此时，由C选项的结论可得，，
解得，又，所以，故，故D正确
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是结合C选项得到，进而得到的不等关系得解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 两批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为，将两批产品混合，从混合产品中任取一件，则这件产品为次品的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由全概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件所取的一件产品来自第批，记事件所取的一件产品为次品，
则，，，，
由全概率公式可得.
故答案为：.
13. 四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，则平面与平面夹角的余弦值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出平面与平面的夹角，利用余弦定理求得夹角的余弦值.
【详解】取的中点为，连接，过点作，则平面平面，
，是的中点，则，所以，
连接，依题意可知是等边三角形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，则，
所以是平面与平面的夹角，
在直角中，；在中，，.
由余弦定理可得，.
故答案为：
14. 若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，令，可知当时符合题意，利用导数可得函数的单调性和最小值，其中，令最小值大于或等于0，进而得解.
【详解】由题意可知，令，
当时，研究函数与的图象，
因为，当时，，所以函数单调递减，
当时，，所以函数单调递增，
所以函数有最小值为，
而为单调递减的直线，如图，
此时不恒成立，不符合题意；
当时，，
令，，
易知在上单调递减，在上单调递增，
且由于函数有最小值，所以当时，方程有解，
设解为，则，且，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
由题意恒成立，所以，
所以，
当且仅当时取等号，此时.
【点睛】关键点点睛：利用导数可知方程有解，设解为，则，从而表示出的最小值，进而求解.
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. 已知中，.
（1）求角；
（2）是边上一点，且，求的长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式计算得解.
（2）利用正弦定理建立方程，身后利用三角恒等变换计算得解.
【小问1详解】
在中，由，得，
又，，则，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，而，则，，设，
，
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
因此，即，整理得，
又，则，所以.
16. 如图，正三棱柱中，为棱的中点，分别为棱上的点，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，
又因为，则，
则，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由题意，以为坐标原点以所在直线为轴，过点C在底面ABC内作CA的垂线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，故，
所以可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数（是自然对数的底数），为的导函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数，求在上的最小值.
【答案】（1）增区间：，减区间：；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导并根据正弦函数图象性质即可求解；
（2）求的导函数，并判断其在上的正负，从而判断的单调性，从而求得最小值.
【小问1详解】
由已知，所以
令，解得，
令，解得，
所以的单调递增区间，
的单调递减区间.
【小问2详解】
由题可知，
因为，所以，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又
所以，所以的最小值为.
18. 动圆与圆外切，且与直线相切，记该动圆心的轨迹为曲线.过的直线与交于两点，过点作的切线，设直线分别与直线交于点.
（1）求曲线的方程；
（2）证明：与的横坐标之积为定值；
（3）记的面积分别为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义求解；
（2）设的方程为，注意用导数求得切线斜率，由直线方程得出的横坐标（用表示），然后求乘积可得；
（3）由图形得，直线方程代入抛物线方程（消去）应用韦达定理得，计算，由（2）不妨设，，由基本不等式得最小值，从而得的最大值．
【小问1详解】
由题意可知，动圆圆心到点的距离比它到直线的距离大1，
所以到点的距离等于它到直线的距离，
所以点的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，
设点的轨迹方程为，则，所以，
所以动圆圆心的轨迹方程为.
【小问2详解】
易知的斜率必存在且不等于0，
设的方程为，
联立，可得的横坐标为，
又因为过点和，所以，
由，有，
所以的斜率为，因此的方程为，
令，可得的横坐标为，
所以，因此的横坐标与的横坐标之积为定值.
【小问3详解】
由题意，有，
所以，
联立，消去，化简得，
所以，
因此，
所以，
由（2）知，不妨设，
则，等号成立当且仅当，
因此，
所以的最大值为.
【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率为，抛物线在点处的切线的斜率为．
19. 甲，乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字.两人进行轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的得1分，数字小的得0分，然后各自弃置此轮所选卡片（弃置的卡片在之后的轮次中不能使用）.最终得分多的人获胜.
（1）当时，求甲获胜的概率；
（2）设轮比赛后甲的总得分为随机变量，记为的概率.
（i）求；
（ii）比较与的大小.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据对称性，不妨固定乙六轮选卡的数字依次为，由甲的总得分为0，得到甲六轮选卡的数字依次为，再由甲六轮选卡的数字有种排序方法，利用古典概型的概率求解.（2）若甲的总得分为1，分①甲在第一轮得1分，②甲在第二轮得1分，③甲在第三轮得1分，④甲在第四轮得1分，利用古典概型的概率求解；（3）设甲在六轮游戏中的得分分别为，易得甲在每轮获胜的概率为，然后利用求解.
（1）不妨设乙出卡片的顺序为，则甲的出牌顺序为，根据古典概率概型计算可得答案；
（2）（i）不妨固定乙出卡片的顺序为，甲出卡片的顺序共有种，计算出甲在轮比赛中总得分为1的情形的概率，利用古典概型、对立事件概率计算可得答案；
（ii）甲，乙两人的总得分之和为，则乙在轮比赛中的总得分的概率也是， 轮比赛后甲的总得分为（即最初是乙得分为）的概率也可以表示为，因此有，为偶数时；为奇数时，计算出轮比赛后甲的总得分不小于的概率可得答案.
【小问1详解】
易知甲不可能得3分，时，不妨设乙出卡片的顺序为，
则甲的出牌顺序为，其中，
总情形共有种，
只有时，甲可以得2分获胜，
所以甲获胜的概率为；
【小问2详解】
（i）不妨固定乙出卡片的顺序为，
甲出卡片的顺序共有种，
显然，如果直接考虑甲在轮比赛中总得分不小于2的情形比较多，
我们考虑甲在轮比赛中总得分为0或1的情况.
如果甲在轮比赛中共得0分，
则甲出卡片的顺序一定是，只有1种情形；
如果甲改变中任意两轮比赛的出卡顺序，
可知最后都会得1分，共有种情形；
如果甲恰好改变中任意三轮比赛的出卡顺序，
可知只有1种情形——将所选的3个数字进行轮换，
即轮换为——使得甲在轮比赛中最后得1分，
共有种情形；
因此，甲在轮比赛中总得分为1的情形共有
种.
所以，轮比赛后，
甲的总得分不小于2的概率为；
（ii）易知，
因为甲，乙两人的总得分之和为，
则乙在轮比赛中的总得分的概率也是.
如果把甲的标有1的卡片上的数字变成，其余不变，
则这张卡片的得分由0变成1，
于是可知轮比赛后甲得分为的概率为，其中.
然后再将甲，乙所有卡片上的数字都减去1（这不会改变之前任何一局的得分结果），
故轮比赛后甲总得分为的概率仍为.
但此时甲，乙手上所持的卡片数字情况相当于最初乙，甲手上所持的卡片的数字情况，
于是可知轮比赛后甲的总得分为（即最初是乙得分为）的概率也可以表示为.
因此有.
①当为偶数时，由，
又因为，
所以轮比赛后甲的总得分不小于的概率为
.
即为偶数时，
②若为奇数时，易知，
又因为，
所以轮比赛后甲的总得分不小于的概率为
.
即为奇数时，
综上所述：.减
极小值
增