东阿县2024-2025学年高三（最后冲刺）数学试卷含解析

这是一份东阿县2024-2025学年高三（最后冲刺）数学试卷含解析，共11页。试卷主要包含了设集合，则，“是函数在区间内单调递增”的等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在复平面内，复数（，）对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：，已知，则（ ）
A．B．4C．D．16
2．若函数的图象过点，则它的一条对称轴方程可能是（ ）
A．B．C．D．
3．已知数列对任意的有成立，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
4．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知各项都为正的等差数列中，，若，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
6．正项等比数列中，，且与的等差中项为4，则的公比是 ( )
A．1B．2C．D．
7．“是函数在区间内单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8． “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A．B．
C．D．
9．已知定义在上的函数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10．若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为( )
A．B．C．D．
11．已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．-1D．-2
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知为双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线的右支相交于点，若是上的一个靠近点的三等分点，且，则四边形的面积为_______．
14．已知数列为正项等比数列，，则的最小值为________.
15．若满足，则目标函数的最大值为______.
16．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数，.
(1)求的值；
(2)令在上最小值为，证明：.
18．（12分）已知函数.
（1）解不等式；
（2）使得，求实数的取值范围.
19．（12分）某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行了一次安全意识测试，根据测试成绩评定“合格”“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记0分．现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下：
（1）由该题中频率分布直方图求测试成绩的平均数和中位数；
（2）其他条件不变，在评定等级为“合格”的学生中依次抽取2人进行座谈，每次抽取1人，求在第1次抽取的测试得分低于80分的前提下，第2次抽取的测试得分仍低于80分的概率；
（3）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中抽取10人进行座谈．现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为，求的数学期望．
20．（12分）在直角坐标系中，曲线的标准方程为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线的直角坐标方程；
（2）若点在曲线上，点在直线上，求的最小值.
21．（12分）如图，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.
（1）求证：平面平面BDE；
（2）求二面角B-EF-D的余弦值.
22．（10分）在四棱锥中，是等边三角形，点在棱上，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值；
（3）设直线与平面相交于点，若，求的值．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
根据复数乘方公式：，直接求解即可.
【详解】
，
.
故选：D
本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.
2．B
【解析】
把已知点坐标代入求出，然后验证各选项．
【详解】
由题意，，或，，
不妨取或，
若，则函数为，四个选项都不合题意，
若，则函数为，只有时，，即是对称轴．
故选：B．
本题考查正弦型复合函数的对称轴，掌握正弦函数的性质是解题关键．
3．B
【解析】
观察已知条件，对进行化简，运用累加法和裂项法求出结果.
【详解】
已知，则，所以有，
，
，

，两边同时相加得，又因为，所以.
故选：
本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解.
4．C
【解析】
解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.
【详解】
由，解得，故.依题意，所以.
故选：C
本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.
5．A
【解析】
试题分析：设公差为
或（舍），故选A.
考点：等差数列及其性质.
6．D
【解析】
设等比数列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．
【详解】
由题意，正项等比数列中，，
可得，即，
与的等差中项为4，即，
设公比为q，则，
则负的舍去，
故选D．
本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．
7．C
【解析】
，令解得
当，的图像如下图
当，的图像如下图
由上两图可知，是充要条件
【考点定位】考查充分条件和必要条件的概念，以及函数图像的画法.
8．D
【解析】
分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.
详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，
又，则
故选D.
点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：
（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；
（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.
9．D
【解析】
先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.
【详解】
当时，，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.
本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.
10．C
【解析】
利用复数的除法，以及复数的基本概念求解即可.
【详解】
，又的实部与虚部相等，
，解得.
故选:C
本题主要考查复数的除法运算，复数的概念运用.
11．D
【解析】
由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.
【详解】
因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，，，三点共线，所以，得，故选D.
本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.
12．D
【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.
【详解】
由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.
故选:D.
本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．60
【解析】
根据题中给的信息与双曲线的定义可求得与,再在中,由余弦定理求解得,继而得到各边的长度,再根据计算求解即可.
【详解】
如图所示：设双曲线的半焦距为.
因为,,,所以由勾股定理,得.
所以.
因为是上一个靠近点的三等分点,是的中点,所以.
由双曲线的定义可知：,所以.
在中,由余弦定理可得
,所以,整理可得.
所以,解得.所以.
则.则,得.
则的底边上的高为.
所以
.
故答案为：60
本题主要考查了双曲线中利用定义与余弦定理求解线段长度与面积的方法,需要根据双曲线的定义表示各边的长度,再在合适的三角形里面利用余弦定理求得基本量的关系.属于难题.
14．27
【解析】
利用等比数列的性质求得，结合其下标和性质和均值不等式即可容易求得.
【详解】
由等比数列的性质可知，则，
.
当且仅当时取得最小值.
故答案为：.
本题考查等比数列的下标和性质，涉及均值不等式求和的最小值，属综合基础题.
15．-1
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】
由约束条件作出可行域如图，

化目标函数为，
由图可得，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，
由得即，则有最大值，
故答案为．
本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
16．
【解析】
先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.
【详解】
因为，故，因为，所以.
由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，
所以即.
因为，
解得或（舍）.
故答案为：.
本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17． (1)；(2)见解析．
【解析】
(1)将转化为对任意恒成立，令，故只需，即可求出的值；
(2)由(1)知，可得，令，可证，使得，从而可确定在上单调递减，在上单调递增，进而可得，即，即可证出．
【详解】
函数的定义域为，因为对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
又，所以当时，，不符合题意；
当时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以要使在时恒成立，则只需，即，
令，，
所以，
当时，；当时，，
所以在 单调递减，在上单调递增，所以，
即，又，所以，
故满足条件的的值只有
(2)由(1)知，所以，
令，则，
当，时，即在上单调递增；
又，，所以，使得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，且
所以，
即，所以，即．
本题主要考查利用导数法求函数的最值及恒成立问题处理方法，第(2)问通过最值问题深化对函数的单调性的考查，同时考查转化与化归的思想，属于中档题．
18．（1）；（2）或 .
【解析】
（1）分段讨论得出函数的解析式，再分范围解不等式，可得解集；
（2）先求出函数的最小值，再建立关于的不等式，可求得实数的取值范围.
【详解】
（1）因为 ，
所以当时，；
当时， 无解；
当时，；
综上，不等式的解集为；
（2），
又，
或 .
本题考查分段函数，绝对值不等式的解法，以及关于函数的存在和任意的问题，属于中档题.
19．（1）64，65；（2）；（3）.
【解析】
（1）根据频率分布直方图及其性质可求出，平均数，中位数；
（2）设“第1次抽取的测试得分低于80分”为事件，“第2次抽取的测试得分低于80分”为事件，由条件概率公式可求出；
（3）从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中随机抽取10人进行座谈，其中“不合格”的学生数为，“合格”的学生数为6；由题意可得，5，10，15，1，利用“超几何分布”的计算公式即可得出概率，进而得出分布列与数学期望．
【详解】
由题意知，样本容量为，
．
（1）平均数为，
设中位数为，因为，所以，则，
解得．
（2）由题意可知，分数在内的学生有24人，分数在内的学生有12人．设“第1次抽取的测试得分低于80分”为事件，“第2次抽取的测试得分低于80分”为事件，
则，所以．
（3）在评定等级为“合格”和“不合格”的学生中用分层抽样的方法抽取10人，则“不合格”的学生人数为，“合格”的学生人数为．
由题意可得的所有可能取值为0,5,10,15,1．
，
．
所以的分布列为
．
本题主要考查了频率分布直方图的性质、分层抽样、超几何分布列及其数学期望，考查了计算能力，属于中档题．
20．（1）（2）
【解析】
（1）直接利用极坐标公式计算得到答案
（2）设，，根据三角函数的有界性得到答案.
【详解】
（1）因为，所以，
因为所以直线的直角坐标方程为.
（2）由题意可设，
则点到直线的距离.
因为，所以，
因为，故的最小值为.
本题考查了极坐标方程，参数方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.
21．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.
【详解】
（1）∵平面ABCD，平面ABCD.
∴.
又∵底面ABCD是菱形，∴.
∵，∴平面BDE，
设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG，
，，四边形OCFG是平行四边形
，平面BDE
∴平面BDE，
又因平面BEF，
∴平面平面BDE.
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系
∵BE与平面ABCD所成的角为，
，
，，，，.
，
设平面BEF的法向量为，，
，
设平面的法向量
设二面角的大小为.
.
本题考查线面垂直证面面垂直、面面所成角的计算，考查学生的计算能力，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
22．（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
（1）取中点为,连接,由等边三角形性质可得,再由面面垂直的性质可得,根据平行直线的性质可得,进而求证；
（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,由点在棱上,可设,即可得到,再求得平面的法向量,进而利用数量积求解；
（3）设,,则,求得,,即可求得点的坐标,再由与平面的法向量垂直,进而求解.
【详解】
（1）证明:取中点为,连接,
因为是等边三角形,所以,
因为且相交于,所以平面,所以,
因为,所以,
因为,在平面内,所以,
所以.
（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,
因为在棱上,可设,
所以,
设平面的法向量为,因为,
所以,即,令,可得,即,
设直线与平面所成角为,所以,
可知当时,取最大值.
（3）设,则有,得,
设,那么,所以,
所以.
因为,
,
所以.
又因为,所以,
,设平面的法向量为,
则,即,,可得,即
因为在平面内,所以,所以,
所以,即,
所以或者（舍）,即.
本题考查面面垂直的证明,考查空间向量法求线面成角,考查运算能力与空间想象能力.
等级
不合格
合格
得分
频数
6
24
0
5
10
15
1