江苏省苏州市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项
学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题~第14题）、解答题（第15题~第19题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．
3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚．
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】C
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
所以，.
故选：C.
2. 设是虚数单位，若复数满足，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数模的定义与性质求解即可.
【详解】解：因为，所以，
所以，所以
故选：B.
3. 已知平面向量和实数，则“”是“与共线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量共线的判定定理结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，则与共线，可知充分性成立；
若与共线，例如，则不成立，可知必要性不成立；
所以“”是“与共线”的充分不必要条件.
故选：A.
4. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用和角的正弦、余弦公式和二倍角公式化简即可.
【详解】
.
故选：D.
5. 设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. 2C. 2025D.
【答案】B
【解析】
【分析】分和两种情况求解即可.
【详解】因为，则，，
设等比数列的公比为，
当时，，整理得，
即，解得（舍）或，
若，，所以；
当时，，解得，所以，
综上，.
故选：B.
6. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到，利用导数得到的最小值，从而要使有两个零点，则的最小值小于0，利到的范围，再利用零点存在性定理证明所求的的范围符合题意.
【详解】由函数，可得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
所以至多一个零点，不符合题意，
当时，，可得，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以时，取得极小值，也是最小值，
又函数有两个零点，所以，
即，解得，
当时，，
当时，，
当时，，
设，则，
所以单调递增，则，
所以，所以在上有且只有一个零点，
在上有且只有一个零点，
所以满足函数有两个零点的实数的取值范围是.
故选：D.
7. 现有标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲、乙两人随机依次从中各抽取两张，则仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用组合数公式求得总的取法数，再求得符合条件的取法数，由古典概型概率公式可求解.
【详解】从标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲抽取两张卡片有，乙抽取两张卡片有，
所以共有种不同的取法，
仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的取法为：
甲抽时，乙可抽与两种，甲抽时，乙可抽与两种，
所以共有4种不同的抽法，
所以仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为.
故选：A.
8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，两渐近线分别为，过作的平行线与交于点，记内切圆圆心为．若，则的离心率为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据内切圆的性质,内心是角平分线的交点，然后结合垂直就可以求出渐近线的倾斜角，从而再去求离心率.
【详解】
设的倾斜角为，则的倾斜角,,
则，，，，
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. 已知函数，则下列说法中正确的有（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质求出函数的对称轴与对称中心可判断A和B；根据的值域结合周期可判断C和D.
【详解】对于A，令，得，
所以函数的对称轴方程为，故A错误；
对于B，令，得，
所以函数的对称中心为，
当时，对称中心为，故B正确；
对于C，因为，，
且，所以，，
即时取最大值，当时取最小值，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，因为，所以，
即当时取最大值，当时取最大值，
所以当时，取最值，令，则，
即，所以，
即，故D错误.
故选：BC.
10. 为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采取简单随机抽样的方法抽取88名学生．通过测验得到了如下数据：甲校43名学生中有10名学生数学成绩优秀；乙校45名学生中有7名学生数学成绩优秀．整理数据如下表：
附：．
参考数据：
则下列说法正确的有（ ）
A. 甲校的数学抽测成绩优秀率一定比乙校的数学抽测成绩优秀率高
B. 甲校的数学成绩优秀率一定比乙校的数学成绩优秀率高
C. 甲校的数学优秀人数可能比乙校的数学优秀人数多
D. 对于小概率值，可以认为两校的数学成绩优秀率几乎没有差异
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据样本的抽测成绩的代表性强弱，可判断ABC，利用计算可判断D.
【详解】对于A，因为甲校的数学抽测成绩优秀率为，乙校的数学抽测成绩优秀率为，
所以甲校的数学抽测成绩优秀率一定比乙校的数学抽测成绩优秀率高，故A正确；
对于B，抽测的样本的优秀率可能代表性差，不一定能真实的反映两校的优秀率，故B错误；
对于C，有可能甲校的数学优秀人数可能比乙校的数学优秀人数多，故C正确；
对于D，，
根据小概率的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形，则（ ）

A. 为平行四边形
B. 存在，使得的面积为
C. 存在，使得和底面的夹角为
D. 点和形成的多面体的体积不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用截面，可作截面判断A；建立空间直角坐标系求得截面面积的范围可判断B，求得和底面的夹角的最小值大于判断C；设截面与交于点，与交于点，四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥，可得体积不变判断D.
【详解】对于A，因为，所以截面，
当在点处时，在平面内的射影为，在平面内的射影为，
过的截面与和均垂直，即与垂直，即截面为，
当在点处时，在平面内的射影为，在平面内的射影为，
过的截面与和均垂直，即与垂直，即截面为，
当在上移动时，截面绕转动，但与的交点在之间，
由面面平行的性质可得截面总为平行四边形，故A正确；

对于B，以为坐标原点，所以直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
，
设截面与的交点为，设，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
与共线同向的单位向量为，
所以到直线的距离为，
又，所以，又，
所以截面的面积，故存在，使得的面积为，故B正确；
对于C，过于，易得平面，故为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，所以为和底面的夹角，
所以，所以存在，使得和底面的夹角大于，故C错误；

对于D，设截面与交于点，与交于点，
四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥，
两个三棱锥底面无论截面变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长，
所以三棱锥，三棱锥的体积为定值，
所以点和形成的多面体的体积不变,故D正确.

故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：体积不变问题，常常采用切割法，利用三棱锥的体积解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在平面直角坐标系中，已知抛物线上的点与焦点的距离为，到轴的距离为，则的值为_________．
【答案】2
【解析】
【分析】首先求出准线方程，根据焦半径公式求出，再由，代入方程，解得即可.
【详解】抛物线的准线方程为，
因为点与焦点的距离为，所以，即，
又到轴的距离为，即，
所以，解得或（舍去）.
故答案为：
13. 已知，则的值为__________．
【答案】28
【解析】
【分析】由，利用二项展开的通项公式求解即可.
【详解】由，
则，
上式二项展开的通项为：.
令，可得.
故答案为：28.
14. 已知函数，若的图象与和的图象从左到右依次交于三点，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用函数相交列出式子，再用韦达定理得到，求出，再令新函数，利用导数研究单调性即可求出最大值.
【详解】因为的图象与的交点为，
则由，整理得：，由韦达定理得：；
由的图象与的图象交于，则，即，
则，即，
又因为当时，即；
令，则，令，
解得：（舍）或，且当时，，当时，,
故在上单调递增，单点递减，
所以.
故答案：
【点睛】关键点点睛：（1）先找出三个根之间的关系，得知
（2）利用导数研究单调性即可求出函数的最大值.
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为，已知，为边上一点，．
（1）求；
（2）若平分，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式以及辅助公式化简等式，可得，从而可求出；
（2）根据平分，可得，由面积相等得解，再利用余弦定理可求值．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
则，
即，
因为，所以，所以，即．
又因为，所以．
【小问2详解】
因为平分，所以，即，
由面积相等得，
解得，所以．
由余弦定理得，所以．
16. 已知函数．
（1）若，求的极小值；
（2）若的图象与直线切于点，求的值．
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，再求极值即可；
（2）求的导数，根据导数和切线斜率的关系求解即可.
【小问1详解】
的定义域为，
当时，，，
令，得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在单调递增，
所以在处取得极小值，极小值为；
【小问2详解】
，
由题意得
消去得，
令，易知在上单调递增，
且，所以，
将代入，得.
所以.
17. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，分别为线段和线段的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用等体积得出再根据线面角定义得出正弦值即可；空间向量法得出线面角正弦.
【小问1详解】
连结．
因为四边形为菱形，所以．因为，所以为正三角形．
因为为中点，所以．
因为且为中点，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面．
法一：延长交于点，连结．
因为四边形为菱形，所以且．
因为为中点，所以且，所以为中点．
因为为中点，所以，
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角．
．
设到平面的距离为，
，所以．
在中，，则．
设与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
法二：因为，平面，所以两两垂直．
以为原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为为中点，所以．
则．
设平面的法向量为，
所以，则，即，
令，则平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干行相互平行但相互错开的圆柱型小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．当高尔顿板共有行小木钉时，第行的空隙从左到右分别编号为0，1，2，…，（），底部格子从左到右分别编号为0，1，2，…，，用表示小球最后落入格子的号码．
（1）若，求小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子的概率；
（2）记的数学期望为，记．
①设数列的前项和为，求证：；
②设与最接近的整数为，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）①证明过程见解析；②
【解析】
【分析】（1）设出事件，接下来的8次下落过程中一定有5次向左、3次向右，从而得到概率；
（2）①，由二项分布得到，故，所以，作差法得到，故；
②，分为奇数和偶数，得到的通项公式，进而分奇偶，分组求和，得到.
【小问1详解】
设“小球在第3行落入编号为2的空隙”为事件A，“小球最后落入编号为5的格子”为事件B，
设向右下落次数为．
因为小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子，
所以在接下来的8次下落过程中一定有5次向左、3次向右，
所以，
小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子的概率为；
小问2详解】
①，则，
所以，所以．
因为，所以．
故数列的前项和．
②因为，所以．
当为奇数时，为整数，故，当为偶数时，为偶数，故．
所以，
当时，，所以，
由于，故，
当时，，所以，
由于，故，
所以.
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需要对分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法求和.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点为，直线交于两点，点在上．当的坐标为时，的费马点的坐标为．
（1）求的方程；
（2）当为的右顶点时，若，求与轴的交点的坐标；
（3）当过点时，记的费马点为，，，的面积分别为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据题意，确定，求出椭圆的标准方程.
（2）先用直线斜率不存在时，探索直线与轴交点坐标，再验证直线斜率存在时，直线也过该点.
（3）设的方程为，根据直线过点，表示出的关系，把直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理探索，的位置，利用余弦定理表示出，再结合基本不等式求它的最小值.
【小问1详解】
因为在上，所以，
又因为的费马点的坐标为，所以，
所以，
所以，所以的方程为.
【小问2详解】
如图：
当为右顶点时，．设，
若的斜率不存在时，因为，所以.
不妨设的直线方程为，
代入椭圆方程整理得，
由得，故的方程为，此时直线过；
若的斜率存在时，设的方程为，
由得，则
由，
因为，
，
所以，符合题意，所以直线与轴的交点坐标为．
【小问3详解】
如图：
设的方程为，
因为过点，所以．
由变形得，
即，
所以，
整理得，
所以，即．
当中有一条直线斜率不存在时，也满足．
．
因为，
所以，
即．
令，则，所以．
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即．
所以当时，的最小值为．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为由方向、有目的的一般性证明.
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
33
10
43
乙校
38
7
45
合计
71
17
88