河北省张家口市2025届高三数学上学期期末考试教学质量监测试题理含解析

PAGE21-河北省张家口市2025届高三数学上学期期末考试教学质量监测试题理（含解析）留意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.2.考试时间120分钟，满分150分.3.答题前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡相应的位置.4全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效第Ⅰ卷（选择题共60分）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.已知全集，集合，集合，则集合（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据补集和交集的求法干脆求解即可.【详解】，，所以.故选：C.【点睛】本题考查补集和交集的求法，属于基础题.2.已知为虚数单位，复数z满意，则复数z在复平面内对应点位于（）A.其次象限 B.第三象限C.直线上 D.直线上【答案】C【解析】【分析】将变形为，化简得，依据复数的几何意义即可推断.【详解】，，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为，，复数z在复平面内对应的点在直线上.故选：C.【点睛】本题考查复数的化简，考查复数的几何意义，考查运算实力，属于基础题.3.矩形中，，，，分别为，的中点，则（）A.4 B.6 C.8 D.【答案】B【解析】【分析】首先建立平面直角坐标系，进一步利用向量的数量积的应用求出结果。【详解】干脆利用已知条件，建立平面直角坐标系，如图：由于矩形中，，，，分别为，的中点，所以，，，，，，则：，，所以：.故选：B.【点睛】本题考查平面对量数量积性质及其运算，解题关键是建立平面直角坐标系然后进行计算，考查计算实力，属于常考题.4.已知甲组数据：156，，165，174，162，乙组数据：159，178，，161，167，其中，.若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则（）A.8 B.10 C.11 D.【答案】A【解析】【分析】依据中位数和平均数的概念进行分析，列出方程解方程即可得解.【详解】由题知：，，将甲组数据从小到大排列得：156，162，165，，174，故中位数为165；要使两组数据的中位数相同，将乙组数据从小到大排列得：159，161，，167，178，所以，故；所以乙组数据为：159，178，165，161，167，平均数为，甲组数据的平均数为，解之得：，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查平均数、中位数的学问，属于基础题.5.已知，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将与化为同底的对数式，然后利用对数函数的单调性及利用“”的关系进行比较即可.【详解】，，因为，所以，，故,故选：D.【点睛】本题考查指数式与对数式比较大小的问题，解题关键是依据指指、对数的单调性进行比较，属于基础题.6.设是空间中两条不同直线,是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.若,则 B.若,则C.若，则 D.若,则【答案】D【解析】【分析】逐一分析，能够找寻出反例的是错误的，能够证明的，肯定是正确的.【详解】解：选项A：若,则。很明显当时，故不成立；选项B：若,则。当与不共面时，与不行能平行，故不成立；选项C：若，则。设，若，，则可以得到，得不到，故不成立；选项D：若,则。因为，则在中存在一条直线，故，又因为，则可以得到。故，故选：D.【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系，解题的关键是要能精确运用线面、面面的判定与性质定理等进行推断.7.下列函数中，以为最小正周期，且在区间上是增函数的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据正、余弦函数的周期性及单调性以此推断四个选项，利用解除法即可得解.【详解】的最小正周期为，故解除；不是周期函数，故解除；的最小正周期是，且在区间上是增函数，故正确；D.的最小正周期是，故解除.故选：C.【点睛】本题考查正、余弦函数的周期性及单调性，属于常考题.8.椭圆与抛物线在第一象限相交于点为椭圆的左、右焦点.若,则椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用椭圆方程得出焦点坐标，再利用抛物线的定义求出点的坐标，然后利用椭圆的定义求出，从而得出离心率.【详解】解：因为所以所以，因为，依据抛物线的定义可得：点到的距离为2，故得到点的横坐标为1，代入抛物线方程，且点在第一象限，所以点的坐标为，故，即，解得，所以椭圆的离心率为，故选:D.【点睛】求解离心率问题就是要解出a与c的值或构造出a与c的等式（不等式），构造a与c的等式（不等式）可以从定义、曲线方程、同一量的二次计算等角度构造.9.已知锐角满意,则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】对条件运用二倍角公式进行化简，然后借助进行求解便可得结果.【详解】解：可化简为，即，因为锐角，所以，化简得到代入可解得，故选:A【点睛】本题考查了同角三角函数关系、二倍角公式的运用，在运用余弦的倍角公式时，要留意合理选择，才能达到简化的目的.10.知双曲线C：（，），点，为原点，以为直径的圆与圆：相交于点J，K.若，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圆的方程，依据两圆求解出直线的方程，设直线与轴的交点为，从而在中得出方程，解出的值，从而解出渐近线的方程.【详解】圆：，即，圆：，即，故直线：，设直线与轴的交点为，则，因为，所以，在中，可得，即，即，所以，所以，所以，解得，所以双曲线C的渐近线方程为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线渐近线的问题，其本质是求解与的关系，此类问题的解题关键是依据已知条件得出与的等式或者不等式，从而求解，考查逻辑思维实力和运算实力，属于高考常考题型.11.某家庭确定要进行一项投资活动，预料每周收益.假设起始投入1万元，依据复利（复利是指在每经过一个计息期后，都将所得利息加入本金，以计算下期的利息）计算，经过100周，该家庭在此项投资活动的资产总额大约为（）A.1.3万 B.1.7万 C.2.3万 D.2.7【答案】D【解析】【分析】依据等比数列学问得出100周后的资产总额为，依据题目供应的数据解决问题.【详解】因为该家庭确定起始投入1万元，预料每周收益，所以100周后该家庭在此项投资活动的资产总额为万.故选：D.【点睛】本题考查银行计息的复利问题，复利问题其本质是等比数列，可以由一般进行推广，从而得到结果.12.已知函数，当时，恒成立，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】即，分别参数得：，问题变成不等式在区间上恒成立的问题，利用导数解决即可.【详解】由，得：，因为，所以，令，，再令，，所以在上单调递减，所以，所以，则在上单调递减，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查导数在恒成立求参问题中的应用，考查逻辑思维实力和运算实力，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数若为奇函数，则_________.【答案】1【解析】【分析】由题知：，可变形为，故，又为奇函数，可得，进而得到：，由已知可得出的值，进而得到结果.【详解】，可变形为，故，又因为为奇函数，可得，所以有，，所以.故答案为：.【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，考查逻辑思维实力和运算实力，属于常考题.14.我国历法中将一年分为春、夏、秋、冬四个季节，每个季节有六个节气，如夏季包含立夏、小满、芒种、夏至、小暑以及大暑.某美术学院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的六幅彩绘，在制签及抽签公允的前提下，甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务的概率为_________.【答案】【解析】【分析】先分类探讨求出所求事务数，再利用古典概型的方法计算概率即可.【详解】将“甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务”这一事务可以分为两类：第一类：甲抽到夏季六幅彩绘任务的事务数为：，其次类：甲抽不到夏季六幅彩绘任务的事务数为：,总的事务数为：，故所求概率为：.故答案为：.【点睛】本题考查古典概型的应用，考查排列组合的应用，考查分析实力和计算实力，属于中档题.15.中,若成等差数列,并且,则的三个内角中,最大的角的大小为__________.【答案】【解析】【分析】由成等差数列可得，与联立方程组，用表示出、，推断出最大角，然后运用余弦定理求解出最大角的大小.【详解】解：因为成等差数列，所以，可得方程组，解得：，故的最大角为角，由余弦定理可得：故答案为：120°.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合运用，同时还考查了等差数列的等差中项学问，解三角形的本质其实是边与角的互化，如何转化是解三角形的关键.16.四面体中，则四面体外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】依据题中供应的数据可以得出和为直角三角形，取的中点为，可以得出，，由此可以得到球心与半径，从而得出外接球的表面积。【详解】解：取的中点为，在中，故，所以为直角三角形，同理可得为直角三角形，则能得到,同时，为中点，所以,所以为外接球的球心，且半径为，所以四面体外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积问题，解题的关键是找准外接球的球心，解出外接球的半径，解题的途径是依据外接球的球心到四个顶点的距离相等这一条件来解题。三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.为庆祝建国70周年，校内文化节实行有奖答题活动，现有A，B两种题型，从A类题型中抽取1道，从B类题型中抽取2道回答，答对3道题获新华书店面值为15元的图书代金券，答对2道题获面值为10元的图书代金券，答对1道题获面值为5元的图书代金券，没有答对获面值为1元的图书代金券（作为激励）.甲同学参与此活动答对A类题的概率为，答对B类题的概率为.（Ⅰ）求甲答对1道题的概率；（Ⅱ）设甲参与一次活动所获图书代金券的面值为随机变量X，求X的分布列和数学期望.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列见解析，.【解析】【分析】（Ⅰ）依据互斥事务的概率计算公式即可得到结果；（Ⅱ）X的可能取值为1，5，10，15，分别计算出对应的概率，列出分布列即可.【详解】（Ⅰ）甲答对1道题的概率；（Ⅱ）X的可能取值为1，5，10，15，，，，X的分布列为X151015P.【点睛】本题考查互斥事务的概率，考查随机事务的分布列和数学期望的求法，考查逻辑思维实力和运算实力，属于高考常考题型.18.已知数列的各项均为正数，且，，正项等比数列的前n项和为，且，.（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）若数列的前n项和为，求证：.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）由，得，进而得出；再依据，得出的通项公式即可；（Ⅱ）利用错位相减法求出数列的前n项和为，再依据的单调性即可得到结论.【详解】（Ⅰ）由，得，∴（舍去），∵，∴，解得（舍去），∴；（Ⅱ）∵，∴，，∴，，∴.又∵，∴..【点睛】本题考查数列通项公式的求法，考查错位相减法求数列的和，考查逻辑思维实力和运算实力，属于高考常考题型.19.长方体中，F是AB的中点，直线平面，.（Ⅰ）求长方体的体积；（Ⅱ）求二面角的余弦值的大小.【答案】（Ⅰ）16；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）先证，再分别求出和的长度，依据体积公式计算即可；（Ⅱ）以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用向量法计算二面角的余弦值即可.【详解】（1）连接BD，由平面，得，又，所以平面，所以，在矩形ABCD中，，，∴，∴，∴，同理，则四边形为正方形，则，∴长方体体积；（Ⅱ）以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系（如图），则，，，，，，连接AC，在矩形ABCD中，易得，又，所以平面，则平面的法向量可取为，而平面的法向量可取，设二面角的大小为，则，所以二面角的余弦值的大小为.【点睛】本题考查几何体体积的求法，考查利用空间向量求二面角的问题，考查空间想象实力和运算实力，属于高考常考题型.20.已知动点P到点的距离与它到直线l：的距离d的比值为，设动点P形成的轨迹为曲线C.（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）过点的直线与曲线C交于A，B两点，设，，过A点作，垂足为，过B点作，垂足为，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）设，依据干脆法求出曲线的方程即可；（Ⅱ）当直线的斜率为0时，或3，不成立；当直线的斜率不为0时，设直线AB的方程为，，，联立直线和椭圆的方程，得：，依据韦达定理得出，，进而求出的范围，再依据可得出的取值范围.【详解】（1）设，由题意得，整理化简得，（Ⅱ）当直线的斜率为0时，或3，不成立；当直线的斜率不为0时，设直线AB的方程为，，，消去x，化简整理得，，，，∵，∴，即，∴，①，②由①②消去，可得.∵，∴，∴，解得，∴，∴.【点睛】本题考查曲线方程的求法，考查直线和圆锥曲线的综合应用，考查逻辑思维实力和运算实力，属于中档题.21.已知函数.（Ⅰ）探讨的单调性，并证明有且仅有两个零点；（Ⅱ）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线.【答案】（Ⅰ）在，单调递增，证明见解析；（Ⅱ）见解析.【解析】分析】（Ⅰ）先求得函数的定义域，利用导数求得函数的单调区间，结合零点存在性定理证得有且仅有两个零点.（Ⅱ）令，得.利用求得曲线在处的切线，求得与此切线的斜率相等的曲线的切线方程，利用推断出这两条切线方程相同，由此证得结论成立.【详解】（Ⅰ）的定义域为，因为，所以在，单调递增.因为，，所以在有唯一零点，因为，由，得；因为，所以在有唯一零点.综上，有且仅有两个零点.（Ⅱ）由题设知，即，由，得，曲线在处的切线为：，即.由，得，则曲线的斜率为的切线的切点横坐标满意，解得，代入，得，故曲线的斜率为的切线方程为，即，由，得，从而与为同一条直线.【点睛】本小题主要考查利用导数探讨函数的单调性和零点，考查利用导数探讨函数的切线，考查零点存在性定理，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解实力，属于中档题.请考生从第22、23题中任选一题作答.假如多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题目的题号涂黑.22.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