浙江省慈溪市2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷（解析版）

这是一份浙江省慈溪市2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷（解析版），共18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。
说明：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.
考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、选择题：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. 已知集合，，且，则（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】明确集合，表示出集合，根据两集合的交集确定的值.
【详解】由，所以，
又，，
所以.
故选：A
2. 已知，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
故选：C
3. 已知，是两个不共线的向量，若向量，共线，则（ ）
A. 6B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理列式计算得解.
【详解】由向量，共线，得，而向量，不共线，
因此，解得.
故选：D
4. 我国19岁射击运动员盛李豪在2024年巴黎奥运会上夺得了男子10米气步枪金牌，他在决赛的最后10枪成绩为10.9，10.7，10.4，10.0，10.5，9.8，10.7，9.9，10.5，10.6，则这10枪成绩的第40百分位数是（ ）
A. 10.5B. 10.45C. 10.4D. 10.25
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求这10枪成绩的第40百分位数.
【详解】将数据从小到大排列有，
所以，则这10枪成绩的第40百分位数是.
故选：B
5. 在中，内角，，所对的边分别是，，，若，，则的面积是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，再由余弦定理得到，由得到，再结合辅助角公式得到，从而求出、，结合前述推导式子求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】因为，，
所以，又，即，
所以，
所以，
所以，
因为，即，
又（其中），
所以，则，
即，
又，即，即，
又，所以，解得，
所以，解得，
所以.
故选：B
6. 已知函数是奇函数，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数定义，结合赋值法计算得解.
【详解】由函数是奇函数，得，
整理得，取，得.
故选：A
7. 已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹计算即可求解.
【详解】
因为，所以，平面，所以平面，
由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界.
为等腰三角形，其中 AD 为底边长为2, AE 和 DE 为腰，长均为.因此，三角形 的周长为.
故答案为 ：D .
8. 已知，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和与差的公式进行化简处理即可.
【详解】由
得，
所以，
即，所以.
故选：C
二、选择题：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. 已知直线：和圆：，则（ ）
A. 当与圆相切时，
B. 当为圆的一条对称轴时，
C. 当时，与圆没有公共点
D. 当时，被圆截得的弦长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆：的圆心为，半径.
A选项，若与圆相切，则，解得，
所以A选项错误.
B选项，当为圆的一条对称轴时，在直线上，
所以，所以B选项正确.
C选项，当时，到直线的距离为，
所以与圆没有公共点，所以C选项正确.
D选项，当时，到直线的距离为，
所以弦长为，所以D选项正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当且时，
D. 当且时，
【答案】AC
【解析】
【分析】求与比较，判断A的真假；求导，分析函数的单调性，可判断B的真假；利用函数单调性，结合A的结论，数形结合，可判断CD的真假.
【详解】对A：因为（），所以当时，，故A正确；
对B：因为当时，，
当时，，即在上单调递增，所以有，故B错误；
对C：当时，由；由.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，且，
由，所以，当时，成立，故C正确；
对D：因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以当且时，，故D错误.
故选：AC
11. 胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到0,4的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（ ）

A. 的最大值为
B.
C. 曲线的内接矩形的面积最大值为24
D. 一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】列出曲线的方程，根据定义，可判断AB的真假；将曲线向下平移4个单位，化简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据的取值范围判断C的真假；把问题转化成正四面体的外接球与曲线相切，可求的最大值.
【详解】设为曲线上任意一点，则.
对A：当时，，所以是的最大值，故A正确；
对B：由，
又点在第一象限，所以，故B成立；
对C：将曲线向下平移4个单位，所得曲线方程为，与原曲线形状一致.
设为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线内接矩形的面积为，
因为，因为，所以.
即曲线内接矩形的面积小于24，故C错误；
对D：设正四面体的棱长为，则其外接球的半径为.
若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆与曲线相切，当时，两曲线在轴右侧且于点6,0，故的最大值为4.故D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：如图正四面体，棱长为.

为正四面体的高，连接，延长交于，则为中点.
四面体外接球球心在高上，设为，则为四面体外接球半径.
因棱长为，所以，，
在直角中，
设正四面体内切球半径为，则：
，解得
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则的最小正周期为______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用正切型函数最小正周期的公式直接计算即可.
【详解】代入正切型函数的最小正周期的公式：，得到最小正周期.
故答案为：
13. 已知，则______.（用数字作答）
【答案】85
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式来求得正确答案.
【详解】因为,
要求，即求展开式中的系数,
根据二项式展开式的通项公式，
对于，其通项为,
令，则展开式中的系数为,
对于，相当于展开式中的系数乘以,
令，则展开式中的系数为，
所以展开式中的系数为,
对于，相当于展开式中的系数,
令，则展开式中的系数为,
那么就是展开式中的系数,
所以,
把，，代入得：.
故答案为：85
14. 已知，是双曲线：（，）的左、右焦点，过作斜率为的直线交于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何关系可判断，可得，，再根据勾股定理可得.
【详解】
如图：因，可得，
因直线的斜率为，故，
由，故，，
故，得，
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、乙两选手进行乒乓球比赛，采用5局3胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）求赛完4局且乙获胜的概率；
（2）若规定每局获胜者得2分，负者得分，记比赛结束时甲最终得分为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据已知分析赛完4局且乙获胜的对应事件，再应用独立事件乘法公式求概率；
（2）由题设确定的可能取值并求出对应概率，写出分布列，进而求期望.
【小问1详解】
设“赛完4局且乙获胜”为事件，即乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜.
【小问2详解】
的可能取值为，，1，4，5，6，
则，，，
，，，
的分布列如表所示
所以.
16. 如图，在四棱锥中，，，，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，可得四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理可得结论；
（2）建立以为原点，，所在直线为轴、轴的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可利用空间向量夹角的余弦公式求解.
【小问1详解】
取中点，连接，，
因为为中点，所以，且，
又因为，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面.
建立以为原点，，所在直线为轴、轴的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量m=x,y,z
则，即，取，
设平面的一个法向量n=a,b,c
则，即，取，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知函数（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）令（），按的取值分类讨论，利用导数求的单调性，进而可得最值，只需即可.
【小问1详解】
当时，，，所以，
又，所以，即，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
令（），则，
（ⅰ）当时，，所以在上单调递增，
但当时，，所以此时不满足题意；
（ⅱ）当时，令解得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以只需，
若，则显然成立；
若，令，则，
所以在上单调递减，又，所以；
综上所述，.
18. 已知点是椭圆：（）上一点，焦距为2.
（1）求的方程；
（2）过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）依题意列式即可求解；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，Px1,y1，Qx2,y2，直曲联立，利用韦达定理，代入斜率公式，化简可得答案；
（ⅱ）设直线的直线方程为，则由（ⅰ）中结论可得直线的方程为，联立解得的横坐标为4，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，当时，可得的最小值.
【小问1详解】
由题意知，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】

（ⅰ）设直线的方程为，Px1,y1，Qx2,y2，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
则
.
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以当时，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：（2）（ⅱ）设直线为，利用（ⅰ）中结论得直线为，联立解得的横坐标，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，可得的最小值.
19. 设，，定义：为，的最大公约数，为，的最小公倍数，且具有以下性质：①；②当时，.
（1）已知数列，的通项公式分别为，，其中，令，求数列的通项公式；
（2）已知有限数列满足，且（为给定常数）.若对，且（，）时，都有.
（ⅰ）当时，证明：；
（ⅱ）证明：.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求，根据性质①可求.
（2）（ⅰ）先根据条件求的取值范围，结合可求的范围，再说明.
（ⅱ）利用性质②放缩，再结合裂项求和法可证命题成立.
【小问1详解】
因为，，
所以,
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）因为，且，，
所以，，，，…，.
又，
又当时，，所以.
（ⅱ）因为
所以
又因，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的第（ⅱ）问的关键在于利用性质②进行放缩，再利用裂项求和法求和.1
4
5
6