甘肃省武威市民勤县2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份甘肃省武威市民勤县2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了考试结束后，考生将答题卡交回， 已知向量，， 若函数， 下列命题正确的有， 已知函数等内容，欢迎下载使用。
（满分150分 120分钟完卷）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名，班级，考号填写在答题卡规定的位置.
2.答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效.
3.考试结束后，考生将答题卡交回.
一、单选题：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. 已知复数z在复平面内满足，则复数对应的点Z的集合所形成图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合复数的几何意义求解即可.
【详解】因为所以复数对应的点表示的是以为半径的圆，
所以面积为.
故选：B.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解两个集合中的不等式，得到这两个集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】不等式，即或，解得或，
不等式，即，解得，
所以，，有.
故选：C
3. 已知实数a，b，则是的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用不等式的性质，结合充分条件和必要条件和定义判断.
【详解】实数a，b，当时，若，就不能得到；
当时，若，就不能得到.
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D
4. 已知向量，.若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量数乘和加法的坐标运算求出的坐标，再根据向量数量积的坐标运算列出关于的方程，最后解方程求出的值.
【详解】已知，可得.又已知，得.
已知，得 ，解得.
故选：A
5. 若函数.为奇函数，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由奇函数的性质可得.
【详解】由题意可得的定义域为，又为奇函数，
所以.
故选：C
6. 已知为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 56B. 60C. 64D. 68
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式求解．
【详解】设等差数列的首项为，公差为d，由为等差数列的前项和，，，
，解得，
则.
故选：B
7. 已知三棱锥四个顶点都在球O面上，，，M为AB的中点，C在面APB内的射影为PM的中点，则球O的表面积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知三棱锥的外接球的球心在过M且垂直平面PAB的垂线上，设球到平面PAB的距离为t，球O的半径为R，再根据勾股定理，建立方程，即可求解.
【详解】如图，点C在面APB内的射影为PM的中点，设PM的中点为N，则有平面，
平面，所以，可知，
又，，
则，，，
，M为AB的中点，则M为的外心，
所以三棱锥的外接球的球心在过M且垂直平面PAB的垂线上，则有，
过作的平行线，与相交于点，则有为矩形，
所以，，
设球到平面PAB的距离为t，球O的半径为R，
有，，
在和中，由勾股定理，得，
解得，所以，
所以球O的表面积为.
故选：B.
8. 已知函数，则方程实数根的个数为（ ）
A. 6B. 7C. 10D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】令，则有，解得，，，，再结合函数的图象，分别求出的解的个数，即可得答案．
【详解】因为，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，；
当时，所以在上单调递增，在上单调递减，又；
作出函数的图象，如图所示：
令，则有，
易得此时有4个解，分别为，，，，
结合图象可得：
当时，即，此时有1个解；
当，即时，有4个解；
当，即有3个解；
当，即有3个解；
所以原方程共有个解．
故选：D
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于令，将题意转化为方程的实数根个数，画出函数图象，结合图象求解.
二、多选题：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. 下列命题正确的有（ ）
A. 回归直线过样本点的中心，且至少过一个样本点
B. 两个变量相关性越强，则相关系数r越接近1
C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数，则其方差不变
D. 将9个数的一组数去掉一个最小和一个最大数，则中位数不变
【答案】CD
【解析】
【分析】由回归直线的性质可判断A；由相关系数的性质可判断B；由方差的性质可判断C；由中位数的算法可判断D.
【详解】对于A：回归直线恒过样本点中心，可以不过任一个样本点，故A错误；
对于B：两个变量的相关性越强，则相关系数就越接近1，故B错误；
对于C：将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，数据的波动性不变，方差不变，故C正确；
对于D：由中位数的算法可知，将9个数的一组数去掉一个最小和一个最大数，则中位数不变，故D正确.
故答案为：CD.
10. 已知函数.则（ ）
A. 是的对称轴B. 的最小正周期为
C. 在区间上单调递减D. 在点处的切线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】化简可得，再根据余弦函数的性质逐项分析判断ABC即可；由导数的意义可得D正确.
【详解】，
对于A，由于，则不是的对称轴，故A错误；
对于B，函数的最小正周期为，故B正确；
对于C，当时，，
由余弦函数的性质可知，在区间上单调递增，故C错误；
对于D，，，则在点处的切线方程为，故D正确．
故选：BD
11. 过抛物线的焦点作直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率分别是，则（ ）
A. 以为直径的圆与轴相切；
B.
C.
D. 分别过两点作抛物线的切线相交于点，则点在上.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意作图，对于A，由梯形中位线得性质以及抛物线的性质，可得其正误；对于B，设出直线方程，并联立抛物线方程，写出韦达定理，结合抛物线的定义，整理可得其正误；对于C，由选项B的韦达定理，结合斜率公式，可得其正误；对于D，对抛物线函数求导，由选项B的两个点的坐标，写出切线方程，联立求交点，可得其正误.
【详解】由题意，取的中点为，分别过作准线的垂线，垂足分别为，如下图：
对于A，由抛物线，则，焦点，准线，
易知以为直径的圆的圆心为，半径，
由图可知，
由圆心到轴的距离，则圆与轴相切，故A正确；
对于B，由题意易知直线的斜率存在，则设直线方程为，
联立可得，消去可得，
由，设，则，，
，
，
由A选项的图中可知，，
所以，故B正确；
对于C，由选项B可知，故C错误；
对于D，由题意作图如下：
由，求导可得，由选项B，可得直线的斜率分别为，
所以直线的方程分别为，，
联立，两个方程分别乘可得
消去可得，由在直线上，
则，
化简可得，由，，
则，所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则________.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】利用同角三角函数的平方式以及正弦二倍角公式，对题目中的方程两边进行平方，可得答案.
【详解】由，则，
交叉相乘可得，解得.
故答案为：.
13. 除以的余数为________.
【答案】1
【解析】
【分析】由，利用二项式定理展开计算即可．
【详解】因为
，
所以除以的余数是
故答案：
14. 已知，分别是双曲线的左右焦点，点在双曲线右支上且不与右顶点重合，过作平分线的垂线，垂足为.若，则离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据角平分线及其垂线特征得到、的长度，再根据余弦定理和三角形三边的关系求出双曲线离心率的取值范围．
【详解】根据题意作图如下：
连接，设平分线的垂线交于点N，
因为角平分线，所以三角形为等腰三角形，，且M为中点，
因为，所以，即，
因为O为中点，M为中点，所以，
又，，
在三角形中，，
在三角形中，，
因为，所以，即，得，所以，
又在三角形中，由三角形的三边关系，有，即，解得，
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. 甲乙两人进行投篮比赛，要求各投篮2次.已知甲乙两人每次投中的概率分别为，，且每人每次投中与否互不影响.
（1）求“甲第一次未投中，乙两次都投中”的概率；
（2）求“乙获胜”的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)结合随机事件的概率求解即可(2)结合随机事件“乙获胜”分为甲投中次，乙投中1次或者两次，和甲投中1次，乙投中两次两种情况结合全概率公式求解即可.
【小问1详解】
设事件“甲第一次未投中，乙两次都投中”为事件
则
【小问2详解】
谁事件“乙获胜”为事件
则
16. 已知数列的通项公式为.
（1）求证：；
（2）令，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)结合数列的通项公式和单调性求证即可.
(2)先求出数列的通项公式，然后结合裂项法对证的等式进行放缩，从而得到要证的不等式即可.
【小问1详解】
可知数列单调递减，则当时，取最大值为故得证.
小问2详解】
当时，
得证.
17. 如图，在四棱锥中，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
（1）若，平面与平面是否互相垂直？如果垂直,请证明；如果不垂直，请说明理由.
（2）若底面为正方形，当平面与平面夹角为时，求的值.
【答案】（1）垂直，证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）由底面得，进而由得平面，进而得，又，可得平面，进而可证；
（2），，建立空间直角坐标系，利用空间向量法根据面面角可得，进而可得.
【小问1详解】
平面平面，证明如下：
因平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
因平面，所以，
因，为线段的中点，故，
因，平面，
故平面，又平面，故平面平面.
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，设，，则，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，则，
s设平面的一个法向量为，
则，令，则，则，
由题意，
解得，故.
18. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）求证：当时，；
（3）若.其中.讨论函数的零点个数.
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）答案见解析；
【解析】
【分析】（1）利用极值的定义求解；
（2）将不等式转化为当时，，令，由证明；
（3）根据，分和先去掉绝对值，然后利用导数法求解.
【小问1详解】
因为，
所以，令，得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以的极小值为：；
【小问2详解】
原不等式等价于当时，，
即当时，，
令，则，
令，则，
所以在上递增，即在上递增，
所以，则在上递减，
所以，所以原不等式成立；
【小问3详解】
，
当时，，
又，则在上递增，且，，
所以在上总有一个零点；
当时，，则，
当时，，在上递增；，
在无零点；
当，时，，当时，，
所以，令 ，得 ，
当 时，，在无零点；
当时，，在上有唯一零点；
当时，，又，
由（2）知，，，
由零点存在定理知：在、上各有一个零点，
综上：当时，有一个零点；当时，有两个零点；
当时，有三个零点.
【点睛】思路点睛：根据，先去掉绝对值，易知时， 在上总有一个零点，当时，由，分 ，和，讨论的单调性，从而得到最小值而得解.
19. 已知双曲线与曲线有4个交点A，B，C，D（按逆时针排列）.
（1）若方程有4个实数根，，，.证明：，.
（2）设O为坐标原点，证明：为定值；
（3）求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析；
（3）6
【解析】
【分析】（1）根据题意得出，展开整理，对比系数即可得证；
（2）由题意整理出关于x的方程，得出，，代入用坐标表示的式子中，即可求解；
（3）按点O的位置，分O在内部和当O在外部时两个情况，根据面积关系结合基本不等式即可得证．
【小问1详解】
由题意可得：
，
对比系数得：，.
【小问2详解】
由，得，
平方得，
将代入，得: ,
展开得：，
设，，，，利用（1）中的根与系数关系可知：
，，
且，，，，
所以
【小问3详解】
记，，，，则，
当O在内部时，设，，，，
可得，
当且仅当时，等号成立，
此时，
此时当且仅当时，等号成立，
此时四边形ABCD为正方形，即时，等号成立；
当O在外部时，设，，，，
可得
此时不能同时取到且，所以取不到等号，
此时有，
当且仅当时，后面等号成立，但由于前面取不到等号，
即可得：；
综上所述：四边形ABCD面积最大值为
【点睛】关键点点睛：第（3）问中最值问题分析的关键首先在于讨论点O的位置，分O在内部和当O在外部时两个情况，其次利用第（2）问结论，把面积问题转化为这四条线段与夹角的问题，然后再放缩正弦值，最后再用基本不等式，从而可得最值.