吉林省长春市长春外国语学校2025届高三上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份吉林省长春市长春外国语学校2025届高三上学期期中考试数学试题（解析版），共20页。

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共2页．考试结束后将答题卡交回．
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知全集，，，则下图中阴影部分表示的集合为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图确定阴影部分表示的集合为，根据集合的补集以及交集运算，即可求得答案.
由图可知阴影部分表示的集合为，
而或，故，
故选：A
2. 已知复数满足，则（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
分析】设，代入，利用复数相等求解.
解：设，则，
所以，
则，解得或，
所以，
故选：D.
3. 若向量，满足，，且，则（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据求出，根据即可求解.
因为，所以，
所以，所以，其中是的夹角，
所以
故选：B.
4. 已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”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
【答案】C
【解析】
【分析】利用两圆相切圆心距与两半径之和相等，分别证明充分性和必要性是否成立即可得出答案.
根据题意将圆化成标准方程为；
易知，
所以可得圆心，半径为，圆心，半径为，
可得，两半径之和；
若，圆心距，两半径之和，此时，
所以圆与圆外切，即充分性成立；
若圆与圆外切，则，解得或（舍），
所以必要性成立；
即“”是“圆与圆外切”的充分必要条件.
故选：C
5. 已知fx是定义在R上的奇函数，当时，，则（）
A. 4B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的性质求出时，函数的解析式，结合导数运算法则求导函数，代入可得结论.
因为函数fx为奇函数，
所以，
当时，，
又x>0时，,
所以当时，，
所以当时，，
所以，
故选：A.
6. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若焦点在轴上的椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出椭圆方程，由题意可得，结合离心率以及的关系，可得出答案.
设椭圆的标准方程为，焦距为，
依题意有，解得，，∴椭圆的标准方程为，
故选：C．
7. 若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（ ）
AB. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.
因为，
所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
即中最小的项是.
故选：B.
8. 已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简函数，求得，根据题意，列出不等式，即可求解.
由函数，
因为，可得，
因为函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，
则满足，解得，所以的取值范围为.
故选：C
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分．若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．）
9. 下列命题中，正确的命题是（）
A. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的70%分位数是7
B. 已知随机变量X服从正态分布，且，则
C. 若事件A，B满足，则A与B独立
D. 在独立性检验中，已知，若计算出，由此推断出犯错误的概率不大于0.01
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据百分数的计算公式，即可判断A项；根据正态分布的对称性，即可得出B项；由已知可推得，即可得出C项；根据已知条件，结合独立性检验规则，即可得出D项.
对于A项，由，所以70%分位数是，故A项错误；
对于B项，因为，所以正态曲线关于对称.
又，
所以有，所以，故B项正确；
对于C项，因为，即.
又，即，
所以，故与独立，故C项正确；
对于D项，由已知，根据独立性检验规则可知，推断出犯错误的概率不大于，故D项正确.
故选：BCD.
10. 下列结论正确的是（）
A.
B.
C. 若，则
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】A.利用平方关系和两角和的余弦公式求解判断；B.利用二倍角的余弦公式求解判断；C.利用平方关系和二倍角的正弦公式求解判断；D. 利用两角和与差的正弦公式求解判断.
A.由平方关系和两角和的余弦公式得：，故错误；
B. ，故正确；
C.若，则，故错误；
D. ，
，故正确；
故选：BD
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（）
A. 函数是奇函数B.
C. 函数的图象关于点对称D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得关系式，再求和可判定D.
对A，因为，所以，
所以函数是偶函数，故A错误；
对B，因为为偶函数，所以，即，
所以，即，令，得，
所以，故B正确；
对C，因为，所以，
即，又，所以，
所以，所以，即，
所以函数的图象关于点对称，故C正确；
对D，因为，令，得，
所以，又，所以，
，…，所以，故D正确.
故选：BCD.
II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知等差数列的前项和为，若公差，；则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的奇数项的和为，偶数项之和为，可得出，再由可求出、的值，即为所求结果.
设，，
因为数列是等差数列，且公差，，
所以，解得，，
所以.
故答案为：.
13. 已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，若，且，则的值为____.
【答案】
【解析】
【分析】利用抛物线定义得到为正三角形，，即可根据角度求得结果.
由抛物线定义可知，
所以，为正三角形.
由，得.
如图，设准线与轴交于点，
由抛物线方程可知.
因为，所以，
所以，所以，故.
故答案为：
14. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=__________
【答案】0.3##
【解析】
【分析】先求出，根据得到，结合，求出，从而得到.
由题意得，为互斥事件，
即，
，
又①，②，
式子①②相加得，
故，
所以，则.
故答案为：0.3
【点睛】若事件A，B互斥，则有，
若事件A，B不互斥，则有.
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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若AD为的平分线，且，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角恒等式的化简可得，进而可得结果；
（2）通过三角形面积公式可得，，结合余弦定理求出即可得出周长.
【小问1】
∵，由正弦定理可得，
即，
化简得，
又∵在中，，
∴，即，
∴，结合，可知.
【小问2】
∵AD为的平分线，，∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴的周长为.
16. 已知数列的前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）构造等比数列，求出，再根据，求出后，验证可得解；
（2），根据等比数列和等差数列的求和公式，分组求和可得结果.
【小问1】
因为，所以，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
当时，，所以，
当时，也适合，
故.
【小问2】
，
所以数列的前n项和为
.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上，点为中点．
（1）证明：若，则直线平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；
（2）利用坐标法求二面角余弦值，在求解该角的正弦值；
（3）设，可表示点与，再根据线面夹角向量法求得即可.
【小问1】
如图所示，
在线段上取一点，使，连接，
因为，则,
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又，，点为中点，，
所以平行且等于，即四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又，
所以平面平面，
因为平面，平面
所以在平面内一定存在一条直线与直线平行，
所以平面.
【小问2】
如图所示，
因为平面，，
所以点为坐标原点，以分别为轴
建立空间直角坐标系，
所以由题意得：，
又点为中点，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为：，
则，
令，
所以，
设平面的一个法向量为：，
则，
令，
所以，
设二面角的大小为，
所以
，
所以二面角的正弦值为：
.
【小问3】
存在点，使与平面所成角的正弦值为，
此时或，
理由如下：
假设存在点，设，
即，
由（2）知，
且平面的法向量为，
则，
所以，
所以，
设与平面所成角为，
则
，
化简得：，
解得：或，
故存在点，使与平面所成角的正弦值为，
此时或.
18. 2023年10月7日，杭州第19届亚运会女子排球中国队以3：0战胜日本队夺得冠军，这也是中国女排第9个亚运冠军，她们用汗水诠释了几代女排人不屈不挠、不断拼搏的女排精神，某校甲、乙、丙等7名女生深受女排精神鼓舞，组建了一支女子排球队，其中主攻手2人，副攻手2人，接应手1人，二传手1人，自由人1人．现从这7人中随机抽取3人参与传球训练
（1）求抽到甲参与传球训练的概率；
（2）记主攻手和自由人被抽到的总人数为，求的分布列及期望；
（3）若恰好抽到甲，乙，丙3人参与传球训练，先从甲开始，甲传给乙、丙的概率均为，当乙接到球时，乙传给甲、丙的概率分别为，当丙接到球时，丙传给甲、乙的概率分别为，假设球一直没有掉地上，求经过n次传球后甲接到球的概率．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用选取组合数公式，立即可得到；
（2）其的可能取值为0，1，2，3，并且满足超几何分布列，利用超几何分布的概率公式求解即可；
（3）解法一：假设经过n次传球后，排球被甲、乙、丙接到的概率分别为，，，结合题意得到，从而构造成是等比数列，再用累加法可求得通项，即求得结果；解法二：利用递推数列思想，假设经过次传球后，排球被甲接到球的概率为，从而可得递推关系，然后构造等比数列求出概率通项公式.
【小问1】
设“抽到甲参与传球训练”记为事件，则.
【小问2】
由题意知可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以的分布列为：
即.
【小问3】
解法一：设经过n次传球后，排球被甲、乙、丙接到的概率分别为，，，
易得：，，
当时，，，，
则，
由，得，，
代入，得，
则，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
，
则时：，，，
由累加法得：
，可得，
又令时，，满足，
所以.
解法二：经过次传球后，排球被甲接到球的概率为．
则，即
而，
所以是首项为，公比为的等比数列，
则，则
【点睛】关键点点睛：第三问构造递推关系，即先假设经过n次传球后，排球被甲、乙、丙接到的概率分别为，，，然后根据要传给某一个人，则必须由前一次球传给另两个人的事件概率，再利用全概率公式就可得到传给这个人的概率如：，，；如果是假设经过次传球后，排球被甲接到球的概率为，则有，只有找到递推关系，再利用构造成等比数列来研究通项，还可以利用累加法来研究通项.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明.
【答案】（1）；
（2），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定的取值范围，构造差函数证明即可.
【小问1】
当时，，易知，
所以曲线在点处的切线方程为：；
【小问2】
由已知可得，
①若，则，，
即在上单调递增，上单调递减，，
又时，，所以函数存在两个零点；
②若时，，显然不符合题意；
③若时，令，
当时，令或，令，
即在上单调递减，和上单调递增，
函数极小值为，函数极大值为，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，，则单调递增，至多一个零点，不符合题意；
当时，令或，令，
即在上单调递减，和上单调递增，
函数极大值为，函数极小值为，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
综上所述，时函数有两个零点，则一正一负，
不妨令，设，
令，即在R上单调递增，
所以，，
故时，有，时，有，
即，所以，
则，
又因为在上单调递减，故，证毕.
【点睛】第二问关键是分类讨论，通过判断单调性及极值、最值研究函数的零点个数，证明可利用构造差函数，通过证明来判定极值点偏移问题.
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