山西省太原市2024_2025学年高三数学上学期期末试题含解析

这是一份山西省太原市2024_2025学年高三数学上学期期末试题含解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，满分150分.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用交集的意义求解即可.
【详解】因为集合，，所以.
故选：A.
2. 设复数满足，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数得乘除法运算求得复数z，然后根据共轭复数得概念即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
所以.
故选：A.
3. 椭圆的焦距为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆方程即可直接求解．
【详解】由，可得，
即，即，
即椭圆的焦距为
故选：B
4. 已知向量，满足，且，，则与的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的数量积的运算律求得，利用向量的夹角公式可求得，可求与的夹角.
【详解】由，可得，即
又，所以，解得，
所以，又，所以，
所以与的夹角为.
故选：C.
5. 已知等比数列的公比为，且，则“”是“是递减数列”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质分析判断.
【详解】因为，若，由，
则，
所以“”是“是递减数列”的充分条件；
当“是递减数列”时，恒成立，
又因为，所以，
所以“”是“是递减数列”的必要条件；
所以“”是“是递减数列”的充要条件.
故选：A.
6. 已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件互斥B. 事件与事件相互独立
C. 事件与事件相互对立D. 事件与事件相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据要写条件，利用互斥事件、对立事件和相互独立的定义，逐一判断选项即可.
【详解】对于A，事件和事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不互斥，A错误；
对于B，，，，事件与事件相互独立，B正确；
对于C，事件与事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不对立，C错误；
对于D，，，，事件与事件不独立，D错误.
故选：B
7. 已知过抛物线的焦点的直线交该抛物线于，两点，若，则（是坐标原点）的面积为（ ）
A 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可求得抛物线方程为，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系可得，根据焦半径公式可求得，利用点到直线的距离公式可求得到直线的距离，进而可求的面积.
【详解】因为直线过定点，抛物线的焦点，
所以，解得，所以抛物线，
联立，消去，得，
因为直线交该抛物线于两点，所以，
即，
设，所以，
又，所以，所以，
所以，解得，所以直线的方程为，即，
所以到直线的距离，
所以的面积为.
故选：B.
8. 已知函数对于任意实数，都有且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据所给函数等式，通过合理赋值来逐一分析各个选项.
【详解】对于A选项，令，则，即，
所以或.
若，令，则，
即，
但，矛盾，所以.
令，，代入可得：
，已知，，
则，解得，所以A选项错误.
对于B选项,前面已求得，所以B选项错误.
对于C选项,令，，代入可得：
，已知，，
则，即，所以，C选项错误.
对于D选项，令，，代入可得：
，已知，，则，
所以，D选项正确.
故选：D.
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. 已知函数的图象关于对称，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期B. 的图象关于点对称
C. 在上递增D. 在上递减
【答案】AB
【解析】
【分析】由条件得到，结合，确定，再结合正弦型函数的性质逐个判断即可；
【详解】由题意可得：，即，
又，所以，
所以，
对于A，由,正确，
对于B，令,可得，
由，可得，所以的图象关于点对称，正确，
对于C：当时，，正弦函数在此区间上，有增有减，错误，
对于D，时，，正弦函数在此区间上单调递增，故错误，
故选：AB
10. 棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 动点的轨迹的长度为
B. 的最小值为
C. 三棱锥体积的最小值为
D. 当三棱锥体积取最小值时，其外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】取中点，连接，可得为的轨迹，求解可判断A；为的中点时，，求解可判断B；，可得在点处，体积最小，求解可判断C；外接球的球心在过中点且与平面垂直的直线上，求得外接球的表面积可判断D.
【详解】对于A，取的中点，连接，
所以，又易证，所以，
又平面，平面，所以平面，
又因为为棱的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），且平面，
所以为的轨迹，又，所以动点的轨迹的长度为，故A正确；
对于B，又易得，所以为的中点时，，
此时，所以的最小值为，故B正确；
对于C，，其中为到的距离，
所以最小时，最小，显然在点处时，最小，
此时，故C错误；
因为是直角三角形，所以外接球的球心在过中点且与平面垂直的直线上，
设外接球的球心为，由，可得，
所以，解得，
解得，所以外接球的表面积为，故D正确》
故选：ABD.
11. 已知曲线：（，），点，点是坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当，时，曲线关于点对称
B. 当，时，的最小值为1
C. 当，时，曲线围成的面积大于
D. 当，时，的最大值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】将代入，结合函数得对称知识，导数求最值，微积分，基本不等式知识逐个计算验证即可.
【详解】对于A选项，当，时，曲线的方程为，即.
设点在曲线上，则.点关于点对称的点为.
将代入曲线方程右边得：，而.
所以点也在曲线上，即曲线关于点对称，A选项正确.
对于B选项，当，时，曲线的方程为.
因为，，且，所以.
.
令，则，.
对求导得.
令，即，，解得.
当,,单调递增；
当,,单调递减；
则，
所以的最小值为，则的最小值为，B选项错误.
对于C选项，当，时，曲线的方程为.
，则.
曲线围成的图形关于轴，轴对称.其面积.
因为，所以，则.
，所以，又，
且（表示单位圆的四分之一面积，为），
所以曲线围成的面积大于，C选项正确.
对于D选项，当，时，曲线的方程为.
曲线关于轴，轴对称.
设在曲线上，则的最大值为曲线上的点到原点距离的最大值的倍.
，由可得.
根据均值不等式，即，当且仅当时等号成立.
则，所以，即.
所以的最大值为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：B项中借助导数可求解；C项中借助微积分和放缩可求解；D项中根据基本不等式从而可求出最小值.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】直接运用二倍角余弦公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故答案为：
13. 在正项数列中，，是的前项和，且满足，若，则的前项和______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得，可得，可得数列的奇数项，偶数项分别构成以4为公差的等差数列，进而可求得数列的通项公式，进而可得，可求得.
【详解】由，得，
两式相减得，即，
当，显然不满足，所以，
当时，可得，又，所以，
所以数列的奇数项，偶数项分别构成以4为公差的等差数列，
且首项分别为1，3，所以可得，所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
14. 十六进制中分别用、、、、、、、、、、表示十进制中、、、、、、、、、、这十六个数字.现将、、、、、、、、、、这十六个数字全部填入右图个空格中（只需补充未填数字），要求每行从左到右，每列从上到下，依次地增大，则所填空格的不同方法种数为（用数字作答）______.
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，表格的左上角必为，右下角必为，则第四行和第四列的空格只能放、、、，剩余空格只能放、、、、、，对的左边和下方所放的数字进行分类讨论，结合分步和分类计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，表格的左上角必为，右下角必为，
由题意可知，如下表的空格中只能填、、、、、，
剩下的、、、只能放在第四列和第四行的空格中，
故只需确定第四列的两个空格即可，则第四行的两个空格就可以确定了，
此时只需在、、、中选择个字母由上到下依次增大的顺序填入即可，
则第四行的两个空格只需在最后两个字母按照由左到右依次增大填入即可，
此时，不同的填入的方法种数为种，接下来考虑、、、、、，
①当把放入此处时，、只能按照如下表的方式填入，
此时，剩下的三个格子要放、、，只需考虑的放置。
若放在如下位置，则、只能按照如下位置放置；
如放在如下位置，则剩余的两个空，、可以随意填入，此时有种填法；
此时，不同的放法种数为种；
②当把放在如下位置时，只能放在下方，
此时，只能放在△的任一位置，剩余个位置放、、，也是种放法，
此时有种放法；
③若放在如下位置，此时可以放在的右边或的下方，
当把放在的右边时，则只能放在的下方，
剩余的三个格子放、、，有种放法，此时有种放法，
当把放在的下方时，
则可以放在△的任一位置，剩余三个空格放、、，有种放法，
此时有种不同的放法.
综上所示，不同的填法种数为种.
故答案为：.
【点睛】易错点点睛：求解分类、分步计数原理需要注意以下几点：
（1）处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或“分步”的具体标准；
（2）分类时要满足要满足两个条件：①类与类之间要互斥（保证不重复）；②总数要完备（保证不遗漏），也就是要确定一个合理的分类标准；
（3）分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续型.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）证明：；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用二倍角公式得到，，再由正弦定理可得，最后由余弦定理得，分类讨论得解.
（2）由（1）得，变形为，由正弦定理可得化为，再结合三角函数值域即可求解.
【小问1详解】
，，
由正弦定理可得，
由余弦定理得，，
或，
当时，则，，，，成立，
综上所述，成立.
【小问2详解】
由（1）得，，，
由正弦定理可得，
，是锐角三角形，，
，的取值范围为
16. 函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，然后分，两种情况，由导函数的正负可求得其单调区；
（2）构造函数，，把不等式的恒成立转化为，求得，结合分析函数的单调性并确定最小值为，再利用函数的单调性解不等式即可.
【小问1详解】
由题意得，，
当时，则，在上单增，
的递增区间为；
当时，令，则；令，则.
的递增区间为，递减区间为.
【小问2详解】
当时，令，，
则，，
由题意，得.
因为，
令，则；令，则，
在上递减，在上递增，
，
故
在上递增，
又，
，
实数的取值范围为.
17. 如图，在四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，平面平面，.

（1）若，，求证：平面；
（2）若二面角的余弦值为，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）由余弦定理可求得，进而利用勾股定理逆定理可得，，进而可证结论；
（2）以为原点，，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用二面角的余弦值求得，进而求得平面的法向量，利用向一量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
小问1详解】
四边形为等腰梯形，，，
在中，，①
在中，，②
①＋②×2得，，，，
，，，
，，，
，又平面，平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，平面平面，平面，
以为原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

设（，），，，显然是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量，则，，
取，则，，，
二面角的余弦值为，
，，
，，
或（舍去），，，，
设是平面的一个法向量，则
取，则，，，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
18. 如图所示是竖直平面内的一个“通道游戏”，图中竖直线段和斜线段都表示通道，竖直线段有一条的为第1层，有2条的为第2层， ，依此类推，现有一个小球从第1层的通道里向下运动，在通道的分叉处，小球等可能地向左或向右落下，然后继续下落.记小球落入第层第个竖直通道（从左向右）的概率为，.
（1）求，，，的值，并写出的表达式（只需写出结果，不必写过程）；
（2）利用（1）的结论，证明：；
（3）设小球落入第层第个竖直通道的得分为，其中，，证明：的数学期望.
【答案】（1），，，
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过分析小球落入各层通道的路径情况来计算概率并归纳出表达式；（2）利用（1）中得出的概率表达式,结合组合数性质进行化简证明等式；（3）根据数学期望的定义，结合（1）中得出的概率表达式，结合排列组合计算数学期望并进行证明.
【小问1详解】
：小球要落入第层第个竖直通道，从第层开始，第一次有种选择（向左或向右），第二次有种选择（左左或右右），总共有种等可能的路径，而落入第层第个竖直通道的路径只有种（左左），所以.
：从第层到第层，总共有种等可能的路径，落入第层第个竖直通道的路径有种（左左右、左右左、右左左），所以.
：从第层到第层，总共有种等可能的路径，落入第层第个竖直通道的路径有种（左左左右、左左右左、左右左左、右左左左、左左右右、右左左右），所以.
的表达式：，其中是组合数，表示从个元素中选取个元素的组合数.
【小问2详解】
由（1）得，，，
小问3详解】
由题意得的分布列为：
.
19. 已知双曲线：（，）的右焦点为，右顶点为，直线：与轴的交点为，且.
（1）求双曲线的方程；
（2）设点（不在的渐近线上）为上的动点，直线与轴的交点为，过点作的两条切线分别与轴相交于点，.
（ⅰ）证明：点是的中点；
（ⅱ）若圆经过，，三点，且，求.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，再结合，求解即可；
（2）（ⅰ）设，，，过点作的切线方程为，联立双曲线方程，由求解即可；（ⅱ）由（ⅰ）得到，，得到，，，由的面积，代入求解即可；
【小问1详解】
由题意得，解得或（舍去），
，
，
双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）证明：设，，，则直线的方程为，，
设直线，的斜率分别为，，则，，
设过点作的切线方程为，
由得，
，
，
，
，点是的中点.
（ⅱ），点，，在圆上，
或，
由（ⅰ）可得，，
，，，
的面积，
，，
，
，.
【点睛】关键点点睛：（ⅱ）通过的面积，列出等式.
△
△
△
△
1
...
...
...
...