广东省湛江市2025届高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份广东省湛江市2025届高三上学期期末数学试题（解析版），共14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。
1. 已知集合，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可得，则.
故选：C.
2. 复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，则．
故选：B.
3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，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】D
【解析】当直线相交且垂直时，平面可以相互平行，
当时，直线可以平行，则“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
4. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】依题意，，由，得，
因此，而双曲线渐近线方程为，
则，所以双曲线的离心率是.
故选：B.
5. 在中，角的对边分别是，若，且，则的最小值是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】因为，
由正弦定理，得．
因为，
所以，
所以，
所以.
因为，所以，则．
由余弦定理，得，
当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为.
故选：B.
6. 已知函数满足，且是奇函数，若，则（ ）
A. -6B. -3C. 3D. 6
【答案】C
【解析】因为是奇函数，所以，
所以．
因为，
所以，所以，即是周期为4的周期函数，
则．
故选：C.
7. 《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ）
A. 715种B. 572种C. 312种D. 286种
【答案】D
【解析】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种．
故选：D.
8. 在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图，取棱的中点，连接，则，且，设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，
连接，作，垂足为．
由题意得．
因为，所以，所以．
又，平面，
所以平面，则．
设三棱锥外接球的半径为，则，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积是．
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项甲，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. 某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表：
根据表中数据，下列结论正确的是（ ）
A. 这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25
B. 这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过
C. 这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间
D. 这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表
【答案】ABC
【解析】对于A，这50位教师12月份的日均得分在的人数为，
日均得分在的人数为，
因此这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25，A正确；
对于B，这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例为：
，B正确；
对于C，这50位教师12月份日均得分的极差属于，C正确；
对于D，这50位教师12月份的日均得分的平均值为：
，D错误．
故选：ABC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 最小正周期为B. 的图象关于点对称
C. 在上单调递减D. 的值域为
【答案】ABD
【解析】因为，
且当时，；当时，，
所以的最小正周期为，则A正确.
因为，
所以的图象关于点对称，则B正确.
当时，.
设，则函数，
所以.
由，得或；由，得.
故在和上单调递减，在上单调递增.
当时，即.
因为，所以在上不单调，则C错误.
因为
所以在上的值域为.
因为的最小正周期为，所以的值域为，则D正确.
故选：ABD.
11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2
C. 曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离
D. 若是曲线上任意一点，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于A，若点在曲线上，则都满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称，由曲线的对称性可令，则，所以，
则，
所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确；
对于C，易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误；
对于D，由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值，
所以，令，将代入，
可得，解得，即的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是______．
【答案】
【解析】因为，平方可得：，
所以，则．
故答案为：.
13. 若圆上恰有两个点到直线的距离为，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】由题意可知，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
由于圆上恰有两个点到直线的距离为，
则，即，
解得或．
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知函数，且，则______．
【答案】2
【解析】由题意得的定义域为，则．
由，得，即．
设函数，易得在上单调递增．
因为，所以，即．
故．
故答案为：2.
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. 蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立．
（1）求顾客中奖的概率；
（2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望．
解：（1）顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，
综上，顾客中奖的概率为；
（2）设小明全家中奖的次数为，
则，，
，
，
，则的分布列为
所以．
16. 如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，．

（1）证明：平面．
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
（1）证明：因为四边形是菱形，且，所以．因为，所以，所以
因为，所以．
因为平面，且，所以平面
因为平面，所以．
因为四边形是菱形，所以．
因为平面，且，所以平面．
（2）解：记，以为原点，方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
则．
设平面的一个法向量为，
则令，得．
设平面的一个法向量为
则令，得．
设平面与平面的夹角为，
则，
故．

17. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
解：（1）当时，，则，
从而，
故所求切线方程为，即（或）.
（2）由题意可得的定义域为.
当，即时，
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
当，即时，
由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增.
当，即时，恒成立，则在上单调递增.
当，即时，
由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
18. 已知和为椭圆上两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；
（3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．
解：（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题可知
在中，由余弦定理得
则即
所以，
故的面积是．
（3）
当的斜率为0时，．
当的斜率不为0时，设直线的方程为
联立，得，
此时．
，
故为定值．
19. 若数列的首项，对任意的，都有（为常数，且），则称为有界变差数列，其中为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前项和为．
（1）当时，证明：．
（2）当中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求的最大值；
（3）当中各项都取最大值时，，数列的前项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．
（1）证明：当时，，
则
.
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立.
（2）解：因为，
所以，
当时， 满足上式，
所以.
所以不等式可化为，
所以，.
因为，所以，
所以，
而，当且仅当时，等号成立.
因为对任意的恒成立，
所以，因为，所以.
（3）解：由(2)可得，
则，
设，
则，
所以，
所以，
因为对任意的，都有，
所以，
即.
当为奇数时，，即，
所以，
所以为递减数列，
则；
当为偶数时，，所以，
因为，
所以为递增数列，
则.
综上，的取值范围为.得分
频数
5
15
20
10
0
1
2
3