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文档简介
青海省西宁市大通回族土族自治县2025年第二学期高三年级期末统一考试数学试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.若实数、满足,则的最小值是()A. B. C. D.2.已知甲、乙两人独立出行,各租用共享单车一次(假定费用只可能为、、元).甲、乙租车费用为元的概率分别是、,甲、乙租车费用为元的概率分别是、,则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为()A. B. C. D.3.已知函数,的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,则的一条对称轴是()A. B. C. D.4.展开项中的常数项为A.1 B.11 C.-19 D.515.已知三棱锥且平面,其外接球体积为()A. B. C. D.6.已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A,B两点,F为C的焦点,若|FA|=2|FB|,则|FA|=()A.1 B.2 C.3 D.47.若的展开式中的系数为-45,则实数的值为()A. B.2 C. D.8.小张家订了一份报纸,送报人可能在早上之间把报送到小张家,小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件:“小张在离开家前能得到报纸”,设送报人到达的时间为,小张离开家的时间为,看成平面中的点,则用几何概型的公式得到事件的概率等于()A. B. C. D.9.已知函数,若,使得,则实数的取值范围是()A. B.C. D.10.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”,原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何?现有这样一个相关的问题:将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列各项之和为()A.56383 B.57171 C.59189 D.6124211.已知,是两条不重合的直线,是一个平面,则下列命题中正确的是()A.若,,则 B.若,,则C.若,,则 D.若,,则12.把函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,若函数是偶函数,则实数的最小值是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.平面区域的外接圆的方程是____________.14.已知函数恰好有3个不同的零点,则实数的取值范围为____15.设为定义在上的偶函数,当时,(为常数),若,则实数的值为______.16.已知函数为偶函数,则_____.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)如图所示,四棱柱中,底面为梯形,,,,,,.(1)求证:;(2)若平面平面,求二面角的余弦值.18.(12分)已知三点在抛物线上.(Ⅰ)当点的坐标为时,若直线过点,求此时直线与直线的斜率之积;(Ⅱ)当,且时,求面积的最小值.19.(12分)设函数.(1)若函数在是单调递减的函数,求实数的取值范围;(2)若,证明:.20.(12分)已知在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)求直线的直角坐标方程;(2)求曲线上的点到直线距离的最小值和最大值.21.(12分)为了加强环保知识的宣传,某学校组织了垃圾分类知识竟赛活动.活动设置了四个箱子,分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”;另有卡片若干张,每张卡片上写有一种垃圾的名称.每位参赛选手从所有卡片中随机抽取张,按照自己的判断将每张卡片放入对应的箱子中.按规则,每正确投放一张卡片得分,投放错误得分.比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子,得分,放入其它箱子,得分.从所有参赛选手中随机抽取人,将他们的得分按照、、、、分组,绘成频率分布直方图如图:(1)分别求出所抽取的人中得分落在组和内的人数;(2)从所抽取的人中得分落在组的选手中随机选取名选手,以表示这名选手中得分不超过分的人数,求的分布列和数学期望.22.(10分)在四边形中,,;如图,将沿边折起,连结,使,求证:(1)平面平面;(2)若为棱上一点,且与平面所成角的正弦值为,求二面角的大小.
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,求出最优解的坐标,代入目标函数得答案【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示:联立,得,可得点,由得,平移直线,当该直线经过可行域的顶点时,该直线在轴上的截距最小,此时取最小值,即.故选:D.本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是基础题.2.B【解析】
甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元,或同为2元,或同为3元,由独立事件的概率公式计算即得.【详解】由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是,∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为.故选:B.本题考查独立性事件的概率.掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础.3.D【解析】
由题,得,由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,可得最小正周期,从而求得,得到函数的解析式,又因为当时,,由此即可得到本题答案.【详解】由题,得,因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于,所以函数的最小正周期,则,所以,当时,,所以是函数的一条对称轴,故选:D本题主要考查利用和差公式恒等变形,以及考查三角函数的周期性和对称性.4.B【解析】
展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的,所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项,有3种情况:(1)5个括号都出1,即;(2)两个括号出,两个括号出,一个括号出1,即;(3)一个括号出,一个括号出,三个括号出1,即;所以展开项中的常数项为,故选B.本题考查二项式定理知识的生成过程,考查定理的本质,即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.5.A【解析】
由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.6.C【解析】
方法一:设,利用抛物线的定义判断出是的中点,结合等腰三角形的性质求得点的横坐标,根据抛物线的定义求得,进而求得.方法二:设出两点的横坐标,由抛物线的定义,结合求得的关系式,联立直线的方程和抛物线方程,写出韦达定理,由此求得,进而求得.【详解】方法一:由题意得抛物线的准线方程为,直线恒过定点,过分别作于,于,连接,由,则,所以点为的中点,又点是的中点,则,所以,又所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为,所以,所以.方法二:抛物线的准线方程为,直线由题意设两点横坐标分别为,则由抛物线定义得又①②由①②得.故选:C本小题主要考查抛物线的定义,考查直线和抛物线的位置关系,属于中档题.7.D【解析】
将多项式的乘法式展开,结合二项式定理展开式通项,即可求得的值.【详解】∵所以展开式中的系数为,∴解得.故选:D.本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用,指定项系数的求法,属于基础题.8.D【解析】
这是几何概型,画出图形,利用面积比即可求解.【详解】解:事件发生,需满足,即事件应位于五边形内,作图如下:故选:D考查几何概型,是基础题.9.C【解析】试题分析:由题意知,当时,由,当且仅当时,即等号是成立,所以函数的最小值为,当时,为单调递增函数,所以,又因为,使得,即在的最小值不小于在上的最小值,即,解得,故选C.考点:函数的综合问题.【方法点晴】本题主要考查了函数的综合问题,其中解答中涉及到基本不等式求最值、函数的单调性及其应用、全称命题与存在命题的应用等知识点的综合考查,试题思维量大,属于中档试题,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,以及转化与化归思想的应用,其中解答中转化为在的最小值不小于在上的最小值是解答的关键.10.C【解析】
根据“被5除余3且被7除余2的正整数”,可得这些数构成等差数列,然后根据等差数列的前项和公式,可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23,公差为的等差数列,记数列则令,解得.故该数列各项之和为.故选:C.本题考查等差数列的应用,属基础题。11.D【解析】
利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.【详解】解:选项A中直线,还可能相交或异面,选项B中,还可能异面,选项C,由条件可得或.故选:D.本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识;考查空间想象能力、推理论证能力,属于基础题.12.A【解析】
先求出的解析式,再求出的解析式,根据三角函数图象的对称性可求实数满足的等式,从而可求其最小值.【详解】的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数解析式为,故.令,,解得,.因为为偶函数,故直线为其图象的对称轴,令,,故,,因为,故,当时,.故选:A.本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象性质,注意平移变换是对自变量做加减,比如把的图象向右平移1个单位后,得到的图象对应的解析式为,另外,如果为正弦型函数图象的对称轴,则有,本题属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
作出平面区域,可知平面区域为三角形,求出三角形的三个顶点坐标,设三角形的外接圆方程为,将三角形三个顶点坐标代入圆的一般方程,求出、、的值,即可得出所求圆的方程.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图所示:由图可知,平面区域为,联立,解得,则点,同理可得点、,设的外接圆方程为,由题意可得,解得,,,因此,所求圆的方程为.故答案为:.本题考查三角形外接圆方程的求解,同时也考查了一元二次不等式组所表示的平面区域的求作,考查数形结合思想以及运算求解能力,属于中等题.14.【解析】
恰好有3个不同的零点恰有三个根,然后转化成求函数值域即可.【详解】解:恰好有3个不同的零点恰有三个根,令,,在递增;,递减,递增,时,在有一个零点,在有2个零点;故答案为:.已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点,这类题一般用分离参数的方法,中档题.15.1【解析】
根据为定义在上的偶函数,得,再根据当时,(为常数)求解.【详解】因为为定义在上的偶函数,所以,又因为当时,,所以,所以实数的值为1.故答案为:1本题主要考查函数奇偶性的应用,还考查了运算求解的能力,属于基础题.16.【解析】
根据偶函数的定义列方程,化简求得的值.【详解】由于为偶函数,所以,即,即,即,即,即,即,即,所以.故答案为:本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数,考查运算求解能力,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)证明见解析(2)【解析】
(1)取中点为,连接,,,,根据线段关系可证明为等边三角形,即可得;由为等边三角形,可得,从而由线面垂直判断定理可证明平面,即可证明.(2)以为原点,,,为,,轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,并求得平面和平面的法向量,即可由法向量法求得二面角的余弦值.【详解】(1)证明:取中点为,连接,,,如下图所示:因为,,,所以,故为等边三角形,则.连接,因为,,所以为等边三角形,则.又,所以平面.因为平面,所以.(2)由(1)知,因为平面平面,平面,所以平面,以为原点,,,为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系,易求,则,,,,则,,.设平面的法向量,则即令,则,,故.设平面的法向量,则则令,则,,故,所以.由图可知,二面角为钝二面角角,所以二面角的余弦值为.本题考查线面垂直的判定,由线面垂直判定线线垂直,由空间向量法求平面与平面形成二面角的大小,属于中档题.18.(Ⅰ);(Ⅱ)16.【解析】
(Ⅰ)设出直线的方程并代入抛物线方程,利用韦达定理以及斜率公式,变形可得;(Ⅱ)利用,,的斜率,求得的坐标,,再用基本不等式求得的最小值,从而可得三角形的面积的最小值.【详解】解:(Ⅰ)设直线的方程为.联立方程组,得,,故,.所以;(Ⅱ)不妨设的三个顶点中的两个顶点在轴右侧(包括轴),设,,,的斜率为,又,则,①因为,所以②由①②得,,(且)从而当且仅当时取“”号,从而,所以面积的最小值为.本题考查了直线与抛物线的综合,属于中档题.19.(1)(2)证明见解析【解析】
(1)求出导函数,由在上恒成立,采用分离参数法求解;(2)观察函数,不等式凑配后知,利用时可证结论.【详解】(1)因为在上单调递减,所以,即在上恒成立因为在上是单调递减的,所以,所以(2)因为,所以由(1)知,当时,在上单调递减所以即所以.本题考查用导数研究函数的单调性,考查用导数证明不等式.解题关键是把不等式与函数的结论联系起来,利用函数的特例得出不等式的证明.20.(1)(2)最大值;最小值.【解析】
(1)结合极坐标和直角坐标的互化公式可得;(2)利用参数方程,求解点到直线的距离公式,结合三角函数知识求解最值.【详解】解:(1)因为,代入,可得直线的直角坐标方程为.(2)曲线上的点到直线的距离,其中,.故曲线上的点到直线距离的最大值,曲线上的点到直线的距离的最小值.本题主要考查极坐标和直角坐标的转化及最值问题,椭圆上的点到直线的距离的最值求解优先考虑参数方法,侧重考查数学运算的核心素养.21.(1)所抽取的人中得分落在组和内的人数分别为人、人;(2)分布列见解析,.【解析】
(1)将分别乘以区间、对应的矩形面积可得出结果;(2)由题可知,随机变量的可能取值为、、,利用超几何
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