甘肃省白银市白银区2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题 （解析版）-A4

这是一份甘肃省白银市白银区2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题 （解析版）-A4，共18页。
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.如需要改动，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.
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. 二项式的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 10D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项计算即可求得结果.
【详解】设二项展开式中的第项含有，即中含有项，
令，可得；
所以含的项为，可得的系数为5.
故选：D
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数及共轭复数的定义结合复数的加法，应用复数相等得出参数.
【详解】设复数，
满足，
所以，则.
故选：B.
3. 设关于x的方程有实数解，则p是q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】先结合辅助角公式及正弦函数性质求出对应的范围，然后结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】因为，所以，即.
因为，
所以由可以推出，由不可以推出，所以是的充分不必要条件．
故选：A.
4. 已知，则方程所有的根之和为（ ）
A. 1B. 2C. 5D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】求方程的所有根，然后相加即可.
【详解】若，由，所以；
若，由.
因为，所以方程的所有根的和为1.
故选：A
5. 已知为等比数列，若，则的公比（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式列方程即可解得公比.
【详解】根据等比数列定义由可得，
显然，所以，
解得.
故选：D
6. 直线与圆交于A，B两点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线方程与圆的方程联立，求出，利用两点之间的距离公式即可求得结果.
【详解】
设，联立，消去y整理得：，
解得，故，
利用两点之间的距离得，
故选：C
7. 我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用导数求出函数的极值点，再逐一判断各个选项即可.
【详解】，则，
令，则，
如图，作出函数的图象，
由图可知函数的图象有两个交点，
即函数有两个零点，且，
令，则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为.
对于A，函数在上单调递减，在单调递增，
所以函数有极小值点，无极大值点，故A选项不符；
对于B，函数在上单调递增，在单调递减，
所以函数有极大值点，无极小值点，故B选项不符；
对于C，，
当或时，，当时，，
所以函数的极大值点为，极小值点为，故C选项符合题意；
对于D，，
则函数的极小值点为，极大值点为，故D选项不符.
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线C第一象限上一点，的角平分线为l，过点O作的平行线，分别与，l交于M，N两点，若，则的面积为（ ）
A. 20B. 12C. 24D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】因为，故为的中位线，,由此得到，再利用得到，推出，结合角平分线定理，找出，进而得解；
【详解】如图，记l与轴交于点，
由双曲线的定义，，,
因为，为中点，故为的中位线，,
,
易知，故,故，
由的角平分线为l，由角平分线的性质得：,
所以,
故为直角三角形，面积为.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每题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. 现从甲、乙两名射击运动员中选择一人参加大型选拔赛，各进行了10次射击，射击成绩（单位：环）如下表所示：
依据该次选拔赛成绩，下列说法中正确的是（ ）
A. 甲的平均成绩高于乙的平均成绩
B. 预计对手平均成绩较差，稳定发挥水平就能获得冠军，则选择乙参加比赛
C. 预计对手平均成绩9.2环，则选择乙参加比赛
D. 预计对手平均成绩8.8环，则选择甲参加比赛
【答案】CD
【解析】
【分析】选项A根据平均数比较可得；选项B根据方差比较可得；选项C根据射击一次大于环的概率比较可得；选项D根据射击一次大于环的概率比较可得.
【详解】选择A：甲的平均数为：，
乙的平均数为：，故A错误；
选择B：甲的方差为：，
乙的方差为：，
因，故B错误；
选择C：甲射击一次大于环的概率为，乙射击一次大于环的概率为，
故C正确；
选择D：甲射击一次大于环的概率为，乙射击一次大于环的概率为，
故D正确，
故选：CD
10. 如图，平行六面体的体积为6，点P为线段上的动点，则下列三棱锥中，其体积为1的有（ ）
A. 三棱锥B. 三棱锥
C. 三棱锥D. 三棱锥
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面平行的性质，将动点到面的距离转换成定点到面的距离，利用等体积法依次求解即可.
【详解】记平行六面体的体积为，
对于A，由平行六面体的性质，平面故点到平面的距离等于点到平面的距离，故,故A正确；
对于B,因为，底面面积固定，点在线段上位置不同，高不同，故体积不为定值，故B错误；
对于C，因为平面平面故平面
点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，故C正确；
对于D，因为平面平面故平面
点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知是上的连续函数，满足有，且．则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 为偶函数
C. 的一个周期为6D. 是的一个对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】令，解得判断A，再令结合偶函数定义分析判断B；计算得出对称中心判断D，再分析可知是以6为周期的周期函数判断C.
【详解】因为，且的定义域为，关于原点对称，
对于选项A：令，则，解得或，
若，令时，，
这与矛盾，故，故A错误；
对于选项B：令，则，
即，可知偶函数，故B正确；
对于选项D：因为，，当时，，故，
当时，，故，
当时，，又，故，
当时，，
所以，是的一个对称中心，故D正确；
对于选项C：因为，即，即，则，
所以，故是以6为周期的周期函数，故C正确；
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，,则的元素个数为_______．
【答案】
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义求出集合，即可得出结果.
【详解】因为，，则.
因此，集合的元素个数为.
故答案为：.
13. 已知等差数列各项不为零，前n项和为，若，则_______．
【答案】####6.5
【解析】
【分析】根据已知等式及等差数列基本量运算，计算求解即可.
【详解】在等差数列中，不为零，设公差为，
因为，令时，，所以，
令时，，则，所以，
则．
故答案为：.
14. 三角形是常见的几何图形，除了我们已经学习的性质外，三角形还有很多性质，如：性质1：的面积；
性质2：对于内任意一点P，有；
性质3：内存在唯一一点P，使得．这个点P称为的“勃罗卡点”，角α称为的“勃罗卡角”．
若的三边长分别为1，1，，根据以上性质，可以计算出的“勃罗卡角”的正切值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】在中，由余弦定理得，在中，用正弦定理得，在中，得，利用切弦互化法即可得到结果.
【详解】
因为的三边长分别为1，1，，不妨设,如上图，
由余弦定理得,得，
故,在中,,
用正弦定理得,得到，
在中，,
用正弦定理得,
得到，
用差角的正弦公式得：，
得，
故答案：
【点睛】关键点点睛：在中，用正弦定理得，
在中，得，两次转化后再利用切弦互化法即可得到结果.
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，角的对边成公差为2的等差数列．
（1）若为锐角三角形，求a的取值范围；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列得到的关系，确定最大角为角，且，利用可得结果；
（2）根据正弦定理得到，求出的值，利用余弦定理求出的值，进而得到的值，利用面积公式可得结果.
【小问1详解】
∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
【小问2详解】
∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
16. 如图，在三棱锥中，平面，为的中点．

（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接，即可证明，，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
取的中点为，连接，

因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，又平面
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，且平面，
所以；
【小问2详解】
以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
所以，
所以，则，
所以，
平面的法向量为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
17. 已知．
（1）若在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若有极大值m，求证：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求，令，通过求导判断函数的单调性求解最小值，结合题意列不等式即可求解；
（2）由（1）可知，当有两个不同的零点时，，由，则，，判断的单调性，可得，通过求导即可证明.
【小问1详解】
函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即；
【小问2详解】
由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
18. 已知椭圆的离心率，过点作直线与椭圆交于两点（在上方），当的斜率为时，点恰与椭圆的上顶点重合．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，设直线，的斜率分别为，设的外接圆圆心为，点关于轴的对称点为．
（ⅰ）求值；
（ⅱ）求证：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件求出椭圆上顶点坐标即可得到值，利用离心率可得椭圆标准方程.
（2）（ⅰ）联立直线与椭圆方程，借助韦达定理可得的值.
（ⅱ）根据外心为三角形三边垂直平分线的交点表示点的坐标，计算直线的斜率，利用斜率之积为可证明结论.
【小问1详解】
当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）解法一：∵，中点坐标为，
∴垂直平分线方程为，
由得，垂直平分线方程为①．
同理得，垂直平分线方程为②．
由可得，即，
①+②得：，
∴，
由②-①得：，
∵直线过点，∴，即，
∴，故，
∴，
∵，∴，故．
解法二：设圆，
∵在圆上，∴
∵直线与圆交于，
∴联立得（*），其中是方程（*）的两根．
由（ⅰ）可知是方程的两根，
此两方程为同解方程，则有，
解得，
∴圆心，
∴，
∵，∴，
∴．
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（ⅱ）的关键是掌握三角形外心的特征，根据三角形两边垂直平分线的交点计算外心坐标，表示直线的斜率即可证明结论.
19. 通过抛掷骰子产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷得到点数，则．记数列的前n项和为为除以4的余数．
（1）若，求的概率；
（2）若，比较与的大小，说明理由；
（3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）答案见解析，
【解析】
【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式计算；
（2）应用独立事件概率乘积公式及互斥事件和概率公式计算；
（3）结合二项式系数和计算求出概率.
【小问1详解】
因为，
所以；
【小问2详解】
的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以；
【小问3详解】
，
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对二项式展开式的应用.
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
7
7
8
9
8
9
10
9
9
9
乙
8
9
7
8
10
7
10
10
7
10