湖北省武汉市江岸区2024_2025学年高三数学上学期1月期末考试试题含解析

这是一份湖北省武汉市江岸区2024_2025学年高三数学上学期1月期末考试试题含解析，共21页。试卷主要包含了 若，则， 已知，且在上的投影向量为， 设函数，若，则的最小值为， 已知正四棱台的体积为，则， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，阴影部分表示并集去掉交集，结合交集并集概念计算即可.
【详解】根据题意，阴影部分表示并集去掉交集.
，则.
故阴影部分表示.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法、除法运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
故选：B
3. 已知，且在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据推出与的关系，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量.
【详解】已知，将等式两边同时平方可得.
根据向量平方的展开式,所以，
化简可得，即，这表明.
根据向量投影向量的定义， 所以在上的投影向量为.
因为，所以.
则在上的投影向量为.
故在上的投影向量为.
故选：A.
4. 葫芦摆件作为中国传统工艺品，深受人们喜爱，它们常被视为吉祥物，象征福禄，多子多福.如图所示的葫芦摆件从上到下可近似看作由一个圆柱与两个完整的球组成的几何体，若上，中，下三个几何体的高度之比为，且总高度为，则下面球的体积与上面球的体积之差约为（ ）（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件求出上下两个球的半径，结合球的体积公式求两个球的体积，相减可得结论.
【详解】设下面球的半径为，
因为上，中，下三个几何体的高度之比为，
则上面球的半径为，圆柱的高为，
由已知，所以，
故下面球的半径为，上面球的半径为，
所以下面球的体积为，上面球的体积为，
又，
所以下面球的体积与上面球的体积之差约为，
故选：A.
5. 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】在甲单独参加某项比赛条件下，结合分堆问题的处理方法及分步乘法计数原理求满足条件的方法数，再在甲不单独参加某项比赛条件下，.由分步乘法计数原理及排列知识求满足条件的方法数，最后利用分类加法原理求结论.
【详解】满足条件的报名方法可分为两类：
第一类：甲单独参加某项比赛，
先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种，
再将余下人，安排到与下的三个项目，
由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，
故满足条件的报名方法有,
所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种，
第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛，
先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法，
再安排余下三人，有种方法，
所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种，
所以满足条件的不同的报名方法共有种方法.
故选：C.
6. 已知函数的图象如图，点在的图象上，过分别作轴的垂线，垂足分别为，若四边形为平行四边形，且面积为，则（ ）

A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由条件求，，由此确定函数的周期，列方程确定，再求结论.
【详解】因为四边形为平行四边形，点，，
所以，所以，
因为平行四边形的面积为，
所以，
所以，
结合对称性可得函数的周期为，又，
所以，
又点在的图象上，
所以，所以，
结合图象可得，，
所以，，
所以，
所以
故选：D.
7. 设双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，过点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，且，则双曲线两条渐近线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式得到，再由双曲线的定义和余弦定理得到，最后结合三角形的面积公式求出渐近线斜率即可.
【详解】设，则，即，
双曲线C的渐近线方程为，
则，
又，则，
在中，由余弦定理可得：，
于是，，
而，因此，化简得，
即，所以，即，
所以双曲线两条渐近线的斜率为.
故选：C
8. 设函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】依题意，将转化为，在定义域内同正同负，函数图象与轴的交点重合，得到，进而，利用导数求出最小值.
【详解】可看作，在定义域内二者均单调递增，
在定义域内同正，因此只需函数图象与轴的交点重合，如图所示：
令，
得，所以，
所以，
令，，
当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有最小值，最小值为，
所以的最小值为2，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：可看作，在定义域内同正同负，因此函数图象与轴的交点重合.
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. 已知正四棱台的体积为，则（ ）
A. 正四棱台的高为
B. 与平面所成的角为
C. 平面与平面夹角的正切值为
D. 正四棱台外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式即可求解A，根据线面垂直可得为与平面所成的角，是平面与平面所成的夹角，即可利用三角形的边角关系求解BC，根据勾股定理，可求解半径，进而根据球的表面积公式即可求解D.
【详解】在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接
，如图，
对于A，，故，A正确；
对于B，平面，在直角梯形中，，
取中点，连接，有平面,故为与平面所成的角，
由于，故，因此与平面所成的角为，
平面平面，故与平面所成的角为，B错误，
对于C,过作，
由于平面，平面，,
平面，故平面，
平面，故，
则是平面与平面所成夹角，
因此，故C正确，
对于D，设外接球的球心为，连接,
设，则，
故，解得，，
故表面积为，D正确，
故选：ACD.
10. 设函数，则（ ）
A. 当时，在上单调递增
B. 当时，有两个极值点
C. 对，点是的对称中心
D. 当时，直线不是的切线
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A根据可判断；选项B根据极点的定义判断即可；选项C由可判断；选项D，根据斜率为0求得切线为可判断.
【详解】由得，
选项A：当时，，故在上单调递增，故A正确；
选项B：当时，，可得，
当时，，当时，，
当时，，
故有两个极值点，故B正确；
选项C：，，
故的对称中心为，故C正确；
选项D：当时，，得
由得，，
故斜率为0时切线方程为，即，故D错误，
故选：ABC
11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，则（ ）
A. 点在上
B. 面积的最大值为
C. 曲线恰好经过个整点（即横，纵坐标均为整数的点）
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】将点代入曲线方程判断A，由方程取求点的坐标，取求坐标，求直线与曲线的交点，由此判断B，求直线与曲线的交点，判断C，求到点距离和为的点的轨迹，求该轨迹与已知曲线的交点，由此判断D.
【详解】将点代入曲线的方程的左侧可得，
所以点不在曲线上，A错误；
由，
取可得，解得，
所以，
所以，
取，可得，故，
所以，
取，可得，
所以，即，
所以，
所以直线与曲线交于点，
结合图象可得点的纵坐标的绝对值的最大值为，
所以面积最大值为，B正确；
由，取，可得，
所以直线与曲线交于点，直线与曲线交于点，
所以曲线经过点，C错误；
坐标平面内到定点的距离和为的点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，由已知，
又，故，
所以椭圆方程为，
联立，所以，
所以，所以，
所以，
故椭圆与曲线的交点为，，
如图：
故曲线上的所有点都满足故选，D正确；
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上的关键点的坐标.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为__________（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中和的系数，即可得的展开式中的系数.
【详解】的展开式的通项式
当时，,
当时，,
的展开式中含的系数为.
故答案为：.
13. 已知为等差数列的前项和，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式计算得解.
【详解】由等差数列可知，，
即，
所以，
故答案为：15
14. 在中，，点是上的点，平分面积是面积的3倍，当的面积最大时，__________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用到角公式求出点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆，数形结合，得到当在点处时，的面积最大，结合余弦定理和同角的平方关系计算即可求解.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，
由，得，又，所以，
则，设，直线的斜率分别为，
则，又，
由到角公式得，即，
得，
整理得，即，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆.
所以当在点处时，的面积最大.
此时，
在中，由余弦定理得，
又为锐角，所以.
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. 已知函数在处的切线为.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间与最大值.
【答案】（1）
（2）在单调递减，单调递增，
【解析】
【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，列方程求即可；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性求最值.
【小问1详解】
因为函数在处的切线为，
所以，，
又函数的导函数，
所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）知
当，当且仅当时取等号，
当，
在单调递减，单调递增，
又，，
.
16. 如图所示，多面体满足四边形是等腰梯形，是正方形.平面平面
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线线垂直，即可求证平面，进而根据面面垂直的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，根据向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
在等腰梯形中，，所以.
正方形中，，
因为平面平面，且平面平面，且，平面,所以平面，
平面，从而,
又因为平面，且，故平面.
而平面，所以平面平面.
【小问2详解】
分别取中点
由等腰梯形和正方形的性质知
由（1）知，，故可以为原点，为轴正方向建立坐标系.
因为，所以设.则
,
设平面和平面的一个法向量分别为，
则.取，则
，取，则
故.
所以平面和平面夹角的余弦值为.
17. 某医学研究团队经过研究发现某良性肿瘤与恶性肿瘤的一项医学指标有明显差异，利用该指标可制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为患恶性肿瘤，小于或等于的人判定为患良性肿瘤.此检测标准的漏诊率是将恶性肿瘤判定为良性肿瘤的概率，记为；误诊率是将良性肿瘤判定为恶性肿瘤的概率，记为.
（1）若利用临界值进行判定时，随机抽取男女患者各200名进行检验，发现共有11名男性患者出现诊断问题（漏诊或误诊），请完成如下的列联表，并依据小概率值的独立性检验，推断出现诊断问题是否与性别有关？
（2）经过大量调查，得到良性肿瘤和恶性肿瘤患者该指标的频率分布直方图如下：
假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.设函数，求的解析式，并解释取得最小值时临界值的实际意义.
出现诊断问题人数
未出现诊断问题人数
总计
男性人数
11
200
女性人数
总计
36
400
附：
【答案】（1）表格见解析，无关；
（2），答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据二阶列联表计算卡方，再根据独立性检验规则进行判断即可；
（2）根据题中条件进行计算，再利用分段函数求最值即可.
【小问1详解】
依题意，列出列联表为：
零假设：出现诊断问题与性别无关，则
，
故可以认为，依据小概率值的独立性检验，没有充分的证据证明零假设不成立，即认为出现诊断问题与性别无关；
【小问2详解】
当时，
，
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
出现诊断问题人数
未出现诊断问题人数
总计
男性人数
11
189
200
女性人数
25
175
200
总计
36
364
400
当时，
.
所以.
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，有0.08.
在实际中，以取得最小值时的临界值为标准，可以使漏诊率与误诊率的和最小，是检测效果最好的临界值.
18. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，且的最小值为4.
（1）求的方程；
（2）设过的另一直线交于两点，且点在直线上.
（i）证明：直线过定点；
（ii）对于（i）中的定点，当的面积为时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）或
【解析】
【分析】（1）借助弦长公式构造方程，结合二次函数得到最值计算即可；
（2）（i）设直线方程：.
直曲联立.另外，由前问求出.进而得到直线方程，化简得到.即可求出定点.
（ii）先求出和直线方程，还求出点到直线的距离，根据面积公式计算出点坐标，即可求出直线方程.
【小问1详解】
设直线方程：，代入中，消去得.
设，则.
当时，有的最小值为.
，故的方程为.
【小问2详解】
（i）设直线方程：.
由消去得.①
又由（1）知，同理.
直线的斜率.
直线方程为，化简得②
由①②得，即.
由得，即证明直线过定点.
（ii）由（i）知，
直线方程为：，点到直线的距离，
，解得或6.所以点坐标为，或.
且，或.
直线方程为或.
【点睛】方法点睛：处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为k），
（2）利用条件得到有关k与x，y的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与x，y的等式进行变形，直至找到定点，
①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，让系数等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数.
19. 数列满足对任意的正整数都成立，则称为数列.
（1）设是等差数列，是正项等比数列，记，证明：数列是数列；
（2）若为数列，且，求证：；
（3）若正项数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合等差数列性质，等比数列性质证明，结合新定义完成证明；
（2）设，由条件结合数列定义可得，再证明，，由此可证明结论；
（3）先证明，再证明，结合证
明结论.
【小问1详解】
∵数列为等差数列，
∵数列为等比数列，设数列的公比为，
∴，又
，
∴数列为数列；
【小问2详解】
由为数列则
设则，
，
∴，
，
∴，
，
∴，
解得：；
【小问3详解】
由且，
∴，
∴
又
，
∴，
∴.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.