甘肃省武威市天祝藏族自治县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天祝藏族自治县2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了 已知向量，，若，则， 已知，，则， 已知圆O， 下列说法正确的是， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
一､选择题：本大题共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】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：C
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则即可求解.
【详解】，
又，所以.
故选：D
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】由，，，，
由得，解得.
故选：C.
4. 将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】由题意知，半圆的周长为，设圆锥底面圆的半径为，
则，解得，又母线长为4，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和差的正弦公式即可求得.
【详解】由
，即，解得.
故选：.
6. 已知圆O：上一点关于x轴的对称点为Q，M是圆O上异于P，Q的任意一点，若分别交x轴于点，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设点坐标，写出坐标，写出直线方程，求得坐标，然后得到的值.
【详解】，设，则
则，，
则，，
故.
故选：B.
7. 已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由转换成，或，在上恒成立，进而转化成求最值即可求解；
【详解】等价于，即，故有，或，在上恒成立，
即或在上恒成立，
令，得，
可得：在单调递增，在单调递减，
由，当，，，
令，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，
当，，
对于在上恒成立，
可得解得：
对于在上恒成立，
可得：，解得
故a的取值范围为.
故选：A.
8. 现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态

中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对于选项A，可以通过例举所有的可行性，在甲操作后，乙采取对称策略，即可保证自己能赢；对于选项B、C、D，可通过操作验证，甲赢.
【详解】对于选项A，经过甲操作可以变为，，，，或.
对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成；
对于，乙操作成；对于，乙操作成.
此时甲操作后，乙可以采取对称策略，保证自己能拿到最后一个方块，无论如何乙都能赢，所以A正确；
对于选项B，甲将操作为，此时乙可以操作为，，，甲必胜；
对于选项C，甲将操作为，甲必胜；
对于选项D，甲将操作为，由选项A知甲必胜.
故选：A.
二､多项选择题：本大题共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. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的上四分位数为9
B. 若，，且，则相互独立
C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则
D. 将两个具有相关关系的变量的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变
（附：，，）
【答案】BD
【解析】
【分析】利用上四分位数的性质判断A，利用条件概率公式和独立事件概率公式判断B，利用散点图的性质判断C，利用决定系数的性质判断D即可.
【详解】对于A，我们把数据重新排列，
得到，而，
则数据的上四分位数为9.5，故A错误；
对于B，因为，所以，
由条件概率公式得，
得到，即相互独立，故B正确，
对于C，散点不一定在回归直线上，不能直接代入直线方程，故C错误，
对于D，由于，变成了，
则，，
从而，都不变，则，故D正确.
故选：BD.
10. 设函数，则（ ）
A. 曲线存在对称轴B. 曲线存在对称中心
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式化简可得，即可判断A；根据恒不为常数即可判断B；根据正弦函数和二次函数的值域即可判断C；化简，即可判断D.
【详解】A：，
又是的一条对称轴，也是的对称轴，
所以曲线存在对称轴，故A正确；
B：，恒不为常数，
所以曲线不存在对称中心，故B错误；
C：由于
又，，
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
D：当时，，显然等号成立；
当时，有，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知椭圆：，直线l：.，是椭圆的左、右顶点，，是椭圆的左、右焦点，过直线l上任意一点P作椭圆的切线PM，PN，切点分别为M，N，椭圆上任意一点Q（异于，）处的切线分别交，处的切线于点，，则（ ）
A. 直线MN过定点
B. ，，，四点共圆
C. 当时，是线段MN的三等分点
D. 的最大值为9
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据椭圆的极点和极线方程可列式求出直线l关于椭圆的极点坐标，即可由此求出A、C答案。由极点和极限方程性质可表示出过Q点的切线方程，由此表示出四点坐标，通过向量法求解可得出B答案，根据圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知，由此可得出D答案。（椭圆极点与极线方程定义及其证明见后附。）
【详解】
对于A，根据椭圆极点、极线定义，直线l关于椭圆存在极点，即为直线MN的定点（证明后续提供），
设极点为，则直线l的方程为，又由于直线l的方程为：，
故直线l关于椭圆的极点（定点）为，故A正确；
对于B，设，则Q点处的切线方程为，令，得，，
而，故，同理，即四点共圆，故B正确；
对于C，当时，直线MN的方程为，可以验证此时有，故C不正确；
对于D，由圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知，
等号在Q为短轴端点时取到，故D正确.
故选：ABD.
附注：1.定义：任取一点，它可以在圆锥曲线上，也可以在圆锥曲线外或内，
过这点作圆锥曲线的割线，产生两个交点，过这两个交点作圆锥曲线的切线，
两条切线相交于一点随着割线绕任取之点运动，交点将描绘出一条直线.
若任取之点称为极点，则这条直线就称为极点的极线.
反之，任意作一条直线，它可以与圆锥曲线相交、相切或相离，
在直线上且位于圆锥曲线外任取一点，过这点作圆锥曲线的两条切线，
连接两个切点可得一直线.让任取之点在其所在直线上运动，
则连接两切点的直线也跟着运动，但它将绕着一个不动的点转动.
若开始时的直线称为极线，则这个不动的点就称为这条极线的极点.
2.结论：设极点坐标为，那么，不管极点在椭圆上，椭圆外还是椭圆内，
极点的极线的方程都是
证明：（1）先证明也就是求出极点在椭圆上时椭圆切线方程为.
设过点的椭圆切线方程为：，
与椭圆联立方程得：
，
因为切线方程只存在一个解，即，
化简得：，即得，
从而得出切线方程为，化简得.
（2）极点在椭圆之外的情况.过极点作椭圆的两条切线，设切点分别为和.
由上面的第（1）条，直接写出两条切线的方程：和
由于极点当然在这两条切线上，所以和，
这又说明，点和的坐标都满足方程：，
所以上式就是直线AB的方程，即极点P的极线的方程.
（3）极点在椭圆之内的情况.过点作轴的垂线，与椭圆交于点（另一交点同理）.
于是由第（1）条，得过点的椭圆切线方程为.
让，得切线与x轴的交点也就是切线的横截距.
同理可以得到切线与y轴的交点即切线的纵截距.
于是，由直线的截距式方程得切线方程为，即.
【点睛】关键点点睛：运用极点、极线方法，解决圆锥曲线的切线相关的直线过定点等问题，可大大减少运算.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 双曲线（，）的左、右焦点为，，P为双曲线上一点，且满足轴，，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】因为轴，所以,再利用双曲线的定义即可求得答案.
【详解】因为轴，所以为通径的一半，故，
在中，因为，所以，
所以，即，可得.
故答案为：.
13. 在动画和游戏开发中，相切的曲线可生成平滑的角色路径和物体表面.若两条曲线在公共点处有相同的切线，且曲线不重合，则称两条曲线相切.设两抛物线与相切，则__________.
【答案】##0.375
【解析】
【分析】由题意得出两抛物线在第一象限相切，设两抛物线的公共切点为，借助导数，求出两条曲线在该点处的切线斜率，利用斜率相等建立方程求出切点坐标，代入函数即可得解.
【详解】
由题意可知，两抛物线与只可能在第一象限相切；
设两个抛物线相切于，在该点处的切线的斜率为，
抛物线在第一象限的图象为函数在第一象限的图象,
函数在该点处的切线的斜率为：，
所以有，解方程得：，
所以切点为代入，解得.
故答案为：
14. 对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过讨论红格个数，由古典概型概率公式求解即可，
详解】0个红格，共种；
1个红格，共种；
2个红格，共种；
3个红格，共种；
4个红格，共种，
所以；
故答案为：
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，
（1）求A.
（2）若，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，
（Ⅰ）求AM；
（Ⅱ）求.
【答案】（1）
（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，由辅助角公式和特殊角的三角函数值得到；
（2）（Ⅰ）两边平方得，开方求出答案；
（Ⅱ）与的夹角等于，其中，，
计算出，，结合（Ⅰ）中，利用夹角余弦公式求出答案.
【小问1详解】
由正弦定理得，
∵，
∴，
∵，∴，
∴，
又，故，
∴，解得；
【小问2详解】
（Ⅰ）∵M是BC的中点，
∴，两边平方得
，
∴；
（Ⅱ）∵M，N分别是BC，AC的中点，
，.
所以与的夹角等于，
∴.
∵
，
，
又（Ⅰ）中，
所以.
16. 已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上点满足.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设点，过D作直线l交抛物线C于A，B两点，证明：是角平分线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得；
（2）根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，和抛物线方程联立，根据韦达定理可得，即直线与直线的倾斜角互补，得证.
【小问1详解】
由，可得，
所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，，，
由得，由，可得：或，
由韦达定理得：，.
则
，即直线与直线的倾斜角互补，
所以是的角平分线.
17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点.
（1）证明：；
（2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理证明垂直，再利用题干得，即可得到平面PBD，即可得到结论.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面所成角的向量求法解得高度h，即可求得四棱锥的体积.
【小问1详解】
证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点，
因为且，所以四边形CDBE为平行四边形，
所以BD与CE的交点即为CE中点M.
由已知可得，，，，由余弦定理得,
所以三角形为直角三角形，所以，
又，，所以,且,所以平面PBD，
又平面PBD，所以.
【小问2详解】
由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，
设，则，，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为，
则，
化简得.
由，可得，求得，.
故.
18. 已知函数，其中.
（1）若函数是偶函数，求；
（2）当时，讨论函数在上的零点个数；
（3）若，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）两个零点 （3）
【解析】
【分析】（1）由偶函数的定理建立等式，求出；
（2）代入，得到，写出，令后在求导.由解析式可知当时，恒成立.当时，，得到单调递增，由二分法知道在存在唯一零点.由此知道函数的单调区间，再由二分法得到函数零点.
（3）当时，恒成立，所以当时，由，求出的范围.再将的范围分为，，三个范围，由三角函数的性质以及导函数判断函数单调性建立不等式，最后求出的范围.
【小问1详解】
因为函数是偶函数，所以.
即，
解得：.
【小问2详解】
当时，.
，，
令，则.
当时，，
当时，，单调递增，
又，，
所以存在，使得.
，，单调递减，，，单调递增，
而，，，所以在上存在一个零点.
综上，函数在有两个零点.
【小问3详解】
当时，；当时，，
则.
（ⅰ）当时，，，成立；
（ⅱ）当时，
若，则，单调递增，
所以；
若，则，，成立；
（ⅲ）当时，若，则成立；
只要考虑，此时令，
则，递增，，，
所以存在，使得，
若，则，递减；若，则，递增.
所以，解得.
此时，所以，从而.
综上，.
【点睛】方法点睛，本题是函数综合问题，考查了利用导函数得到函数单调性，由函数单调性解决不等式恒成立问题.本题需要先通过三角函数的值域先得到不等式在某个区间恒成立，再通过某个特殊值得到的范围，然后通过函数解析式的特殊性，分别讨论的范围内不等式恒成立.本题用到了隐零点的方法求得函数的最小值，要想不等式大于等于零恒成立，转变为最小值大于等于零，然后解得的范围.
19. 设，对于数列，，…，，若对任意，与均为非负数或者均为负数，则称数列，，…，为强数列.
（1）判断数列，，，，与数列，，，，分别是否为强数列；
（2）若存在公比为负数的等比数列，，…，，使得它为强数列，求公比q的取值范围；
（3）设，，…，为强数列，且数列中正数与负数交替出现（不出现0），证明：一定可以从数列，，…，中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求两个数列中所有三角函数值，然后根据强数列的定义判断即可.
（2）思路一：利用等比数列求和公式，借助，分别得出，，从而得出，即，验证后，可得解；思路二：借助局部分析，得出与，从而得出，验证后，可得解；
（3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，若，由（2）知矛盾，得出不为首项和末项，再取，，三项,进行与讨论即可得证.
【小问1详解】
数列0，1，0，，0，前两项和为1，后三项和为，不是强数列；
数列1，0，，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列.
【小问2详解】
（方法一：等比数列求和）设首项，公比，
依题意，，即，
故，即，故.
另一方面，，即，
故，即，故.
于是，，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，.
（方法二：局部分析）设首项，公比，
依题意，，∴，
即，
又∵，∴
即，
故，即，故，.
同理，，
故，，
于是，又1，，1，…，1，，1满足条件，综上，.
【小问3详解】
注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项，
（若最小的同时存在正项和负项，取负项）.
如果，
①若，则，，故，与（2）中矛盾；
②若，则，，故，由（2）知矛盾，
于不为首项，同理不为末项，我们取，，三项.
（ⅰ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列；
（ⅱ）若，则，，且，，故，，，，构成强数列.