甘肃省张掖市第一中学2024-2025学年高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份甘肃省张掖市第一中学2024-2025学年高三上学期期末数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式可得集合，进而进行集合间的运算.
【详解】由题意可得或x>2，
则，
，
故选：B.
2. 已知数列是等差数列，若，“”，“”，则是的（ ）
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】利用等差数列的性质，结合充分性和必要性做出判断.
【详解】因为数列为等差数列，
当时，显然任意的，均满足，但不一定满足，
即“”推不出“”，必要性不成立；
由数列是等差数列，设该数列的公差为，若，
则
，
即“”能推出“”，充分性成立.
因此，是的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知是的重心，过点作一条直线与边，分别交于点，（点，与所在边的端点均不重合），设，，则的最小值是（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量的基本定理得到的等式，再用基本不等式求得最小值.
【详解】如图：
取中点，则，，
，
∵三点共线，∴，即，
∴，
当且仅当时，取等号；
故选：B
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角三角函数的关系化简，再根据二倍角公式求解即可.
【详解】方法一：
，
，解得.
故选：C.
方法二：，
.
故选：C.
5. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的关系，利用相减法结合等比数列的定义求解数列的通项公式，从而将不等式转化为，利用数列的单调性求最值即可得实数的范围，从而得最小值.
【详解】由，令，解得，
当时，由得，即，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，令，则，
而，所以，即数列单调递减，故，
所以，所以的最小值为.
故选：D.
6. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，因为平面的法向量既垂直于平面内的向量，也垂直于平行于平面的向量，求得法向量，由点到面的距离公式即可求得结果.
【详解】如图，以原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，
∴，，
设平面的一个法向量为，
∵，，∴，，
即，
令则，
即为平面的一个法向量，
∴点到平面的距离.
故选：D
【点睛】方法点睛：求点到面的距离可以由点与平面上一个点的向量在这个平面的法向量上的投影长得到，所以本题需要求出平面的其中一个法向量，平面的法向量可以通过平面内的向量和平行于平面的向量来求得.
7. 记表示，，中的最大数，若，，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：由已知中max{x，y，z}表示x，y，z三个实数中的最大数，若=M，则M≥且M≥ 且M≥，设，分成两类情况讨论，进而求出答案．
详解：设，
即求的最小值.
①时，，即求的最小值，
，，
∴
②，
即求的最小值.
，
，
综上：的最小值2
故选C
点睛：本题考查函数的最值，理解题意，合理变形是解决问题的关键，属中档题．
8. 如图，过原点的直线交椭圆于两点，过点分别作轴、的垂线，且分别交椭圆于点，，连接交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则，由，共线，点在椭圆上，得坐标关系，联立求解即可.
【详解】设，则，
由，则，即，①
由三点共线，则，即，②
又因为，即，③
将①②代入③得，则.
故选：D.
二、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. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
10. 已知复数在复平面内对应的点均在以原点为圆心的单位圆上，且，则（ ）
A. B. 与实部之和为
C. 为纯虚数D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】设出两个复数的代数形式，由题解出或，对照选项逐一验证即可．
【详解】对AB：设，
因为，即
，
由题意可得①，②，
所以，
即，且，与①②联立可得或；
所以，故B错误，A正确；
对C：，或，故C正确；
对D：
，故D正确.
故选：ACD．
11. 已知函数的定义域为，且是奇函数，函数，且在上单调递增，则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. 在上单调递减
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A，根据是奇函数判断即可；
对B，先推导，再根据单调性判断即可；
对C，先根据单调性可得，再根据判断即可；
对D，数形结合判断与对称轴的大小关系即可.
【详解】对于A，因为是奇函数，所以，故A正确；
对于B，因为，
所以的图象关于直线对称，
因为在上单调递增，
所以在上单调递减，故B正确；
对于C，因为，所以，
因为的图象关于直线对称，
所以，所以，故C正确；
对于D，因为，且，
的图象关于直线对称，
所以，解得，故D错误.
故选：ABC
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理边角互化得到，结合余弦定理求得.
【详解】因为，
由正弦定理得，整理可得，
则，且，故.
故答案为：
13. 第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行“购物抽奖送航模”活动.盒中装有5个除颜色外均相同的小球，其中2个是红球，3个是黄球.每位顾客均有一次抽奖机会，抽奖时从盒中随机取出1球，若取出的是红球，则可领取“隐形战机歼-35A”模型，该小球不再放回；若取出的是黄球，则可领取“隐形战机歼-20S”模型，并将该球放回盒中.则在第2位顾客抽中“歼-20S”模型的条件下，第1位顾客抽中“隐形战机歼-35A”模型的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用条件概率求解.
【详解】解：设第1位顾客抽中“歼-35A”为事件，第2位顾客抽中“歼-20S”为事件，
则，
故，
所以在第2位顾客抽到“歼-20S”模型的条件下，第1位顾客抽到“歼-35A”模型的概率为.
故答案为：
14. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，函数称为高斯函数，其中，表示不超过的最大整数，例如：，.已知函数，则函数的值域是_________.
【答案】
【解析】
【分析】令，利用判别式法可得的取值范围，即可得的值域，结合所给定义即可得的值域.
【详解】令，由，则有，
当时，有；
当时，则有，
解得，又，即或；
综上可得，则，
故的值域是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 在数列中，，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解方程得到，根据等差数列的定义知数列是等差数列.
（2）由，裂项相消求和得到，若恒成立，转化为求的最大值，进而得到的范围.
【小问1详解】
由，可得，
即，所以，
又，所以是以2为首项，2为公差的等差数列，
则.
【小问2详解】
，
，
因为，所以，所以，
又恒成立，即恒成立，，即.
所以的取值范围为.
16. 如图，在四棱锥中，， ，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）点Q在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）若分别为中点，连接，易得、、、，再应用面面垂直的性质得面，由线面垂直的性质证、，最后综合线面垂直的性质及判断定理证结论；
（2）构建合适空间直角坐标系，首先根据线面角的向量求法列方程求Q位置，再应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
若分别为中点，连接，
由，，则为直角梯形，且为中位线，
所以，且，
由，则，又，可得，
面面，面，面面，
则面，面，故，则，
由面，则，又，均在面内，
所以面，面，可得，
所以，故，即，
由，则，而均在面内，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）可构建如上图所示的空间直角坐标系，
所以，
令且，则，
则，，，
若是面的一个法向量，则，
令，则，
由题意，
整理得，故，则，
若是面的一个法向量，则，
令，则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
17. 已知椭圆与抛物线有相同的焦点，为椭圆上一点，分别为椭圆的左、右焦点，且的面积的最大值为，过点做斜率之和为3的两条直线和与椭圆交于两点，与椭圆交于两点，线段的中点分别为.
（1）求的标准方程；
（2）直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由.
【答案】（1）
（2）过定点，
【解析】
【分析】（1）求出抛物线焦点得的坐标，再利用椭圆的范围结合三角形面积最大值求出即可得解.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出点坐标，进而求出直线即可求得定点.
【小问1详解】
抛物线的焦点坐标为，则椭圆焦点，
设点的纵坐标为，则，，
于是，，
所以的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，直线的方程为，点，
由消去得，
则，
于是点，同理点，而，
因此直线的斜率为
直线方程为，
即
而
，因此直线：过定点，
所以直线恒过定点.
18. 已知函数.
（1）求的导函数的极值；
（2）不等式对任意恒成立，求k的取值范围；
（3）对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求b取值范围.
【答案】（1）当时,有极小值 2，无极大值.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助导数研究函数单调性，得到极值；
（2）参变分离后，转化为函数的最值问题即可；
（3）有唯一解，构造函数参变分离，有唯一解，构造函数，借助导数研究函数的单调性即可.
【小问1详解】
因为函数，所以的定义域为
令，则，注意到为增函数，且，
所以当时,，单调递减；
当时,，单调递增；
所以当时,有极小值 2，无极大值.
【小问2详解】
由题意可知对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，则
设，则
因为在区间上单调递增，所以
则在区间上单调递增，所以则
所以在区间上单调递增，
所以，所以.
【小问3详解】
由题意可知有唯一解，
设
注意到，当时,；当时,
所以至少有一个解.
因为有唯一解，所以有唯一解，
设，因为，所以为单调函数，
则恒成立，
设，则恒成立,
则 所以在区间上单调递增，
注意到所以当时,单调递减；
当时,单调递增；
故只需即可， 所以
19. 集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集.记符号表示集合中的元素个数.当时，设是集合中所有元素按从小到大顺序的一种排列，记集合.
（1）已知集合，求的值；
（2）已知集合，若，求的值；
（3）已知，记集合或.
（ⅰ）当时，证明：的充要条件是；
（ⅱ）若，求的所有可能取值.
【答案】（1）
（2）2 （3）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2
【解析】
【分析】（1）根据集合的新定义分别求解的值即可；
（2）由（1）得，从而得集合，先求解，从而得；
（3）（ⅰ）先证充分性，设，从而得的元素，进而求得；再证必要性，设，其中，确定集合中的最小元素与最大元素，从而确定的元素，进而求解；（ⅱ）分别验证，，时，结合新定义判断即可.
【小问1详解】
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
综上，结合集合中元素的互异性，.
【小问2详解】
（2）由（1）知，且，
且同时成立，解得，所以，
又，
所以.
【小问3详解】
（3）（ⅰ）先证充分性.因为，所以，且.
从而可以设，其中，
此时中的元素为，故.
再证必要性.设，其中.
注意到和集中的最小元素为，最大元素为，
因为，
所以中间三个元素可以是，也可以是，
它们是对应相等的，所以有，
即. 故，得证.
（ⅱ）①若，由（ⅰ）小问的分析知，
设，其中，
此时中的元素为，这与条件矛盾.
②取，其中，
容易验证此时中的元素为，符合条件，所以可以取2.
（注：构造方式不唯一，集合中的元素满足有一个，其余均为即可.）
③若，设，其中.
结合知，，其中，
至少存在两个不同的正整数，使得.
不妨设是符合这一条件最小的正整数，是符合这一条件最大的正整数.
注意到
（*），
这是中个不同的元素.
根据的定义我们有，
即，（★）
当时，由的最小性知，即，
此时我们有，
因此，与（★）矛盾，
当时，有，
由此说明：是中的元素，但与（*）式中的个元素均不相等.
同理，根据的定义有是中的元素，但与（*）式中的个元素均不相等.
因，所以，此时，矛盾.
注：个元素也可以按照其他从小到大的顺序排列，然后找出不同于这个元素的其他元素.
综上，的取值只能为2.
【点睛】关键点点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决.