山西省孝义市2025届高三数学第一学期期末检测试题含解析

山西省孝义市）2025届高三数学第一学期期末检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．下列函数中，既是奇函数，又在上是增函数的是（）．A． B．C． D．2．设函数，当时，，则（）A． B． C．1 D．3．已知数列的通项公式是，则（）A．0 B．55 C．66 D．784．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知函数，则函数的零点所在区间为（）A． B． C． D．6．的展开式中的一次项系数为（）A． B． C． D．7．函数在上的图象大致为（）A． B． C． D．8．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（）A． B． C． D．9．若满足，且目标函数的最大值为2，则的最小值为()A．8 B．4 C． D．610．过直线上一点作圆的两条切线，，，为切点，当直线，关于直线对称时，（）A． B． C． D．11．已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，则对于下列判断：①直线是函数图象的一条对称轴；②点是函数的一个对称中心；③函数与的图象的所有交点的横坐标之和为.其中正确的判断是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③12．函数（，，）的部分图象如图所示，则的值分别为（）A．2，0 B．2， C．2， D．2，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在长方体中，，，，为的中点，则点到平面的距离是______.14．用数字、、、、、组成无重复数字的位自然数，其中相邻两个数字奇偶性不同的有_____个.15．已知关于的方程在区间上恰有两个解，则实数的取值范围是________16．已知数列的前项和公式为，则数列的通项公式为___．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，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.（1）求证：平面；（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.18．（12分）已知函数，(其中，).（1）求函数的最小值.（2）若，求证：.19．（12分）如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，，，且满足.（1）求；（2）若，，求的最大值.20．（12分）已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.（1）求数列、的通项公式；（2）令，证明：.21．（12分）已知都是大于零的实数．（1）证明；（2）若，证明．22．（10分）已知椭圆的上顶点为，圆与轴的正半轴交于点，与有且仅有两个交点且都在轴上，（为坐标原点）.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，不过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与直线的斜率互为相反数.

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、B【解析】

奇函数满足定义域关于原点对称且，在上即可.【详解】A：因为定义域为，所以不可能时奇函数，错误；B：定义域关于原点对称，且满足奇函数，又，所以在上，正确；C：定义域关于原点对称，且满足奇函数，，在上，因为，所以在上不是增函数，错误；D：定义域关于原点对称，且，满足奇函数，在上很明显存在变号零点，所以在上不是增函数，错误；故选：B【点睛】此题考查判断函数奇偶性和单调性，注意奇偶性的前提定义域关于原点对称，属于简单题目.2、A【解析】

由降幂公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得参数值．【详解】，时，，，∴，由题意，∴．故选：A．【点睛】本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数性质，掌握正弦函数性质是解题关键．3、D【解析】

先分为奇数和偶数两种情况计算出的值，可进一步得到数列的通项公式，然后代入转化计算，再根据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，所以当为奇数时，；当为偶数时，，所以故选：D【点睛】此题考查数列与三角函数的综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.4、C【解析】

设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．【详解】设直线的方程为：，，，，，联立方程，消去得：，△，，且，，，线段的中点为,，，，，，，，把代入，得，，，故选：【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．5、A【解析】

首先求得时，的取值范围.然后求得时，的单调性和零点，令，根据“时，的取值范围”得到，利用零点存在性定理，求得函数的零点所在区间.【详解】当时，.当时，为增函数，且，则是唯一零点.由于“当时，.”，所以令，得，因为，，所以函数的零点所在区间为.故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.6、B【解析】

根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．【详解】由题意展开式中的一次项系数为．故选：B．【点睛】本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．7、C【解析】

根据函数的奇偶性及函数在时的符号，即可求解.【详解】由可知函数为奇函数.所以函数图象关于原点对称，排除选项A，B；当时，，，排除选项D，故选：C.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题.8、C【解析】

利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，直角三角形的斜边长为，利用等面积法，可得其内切圆的半径为，所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.9、A【解析】

作出可行域，由，可得.当直线过可行域内的点时，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.【详解】作出可行域，如图所示由，可得.平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，即最大，最大值为2.解方程组，得..，当且仅当，即时，等号成立.的最小值为8.故选：.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查基本不等式，属于中档题.10、C【解析】

判断圆心与直线的关系，确定直线，关于直线对称的充要条件是与直线垂直，从而等于到直线的距离，由切线性质求出，得，从而得．【详解】如图，设圆的圆心为，半径为，点不在直线上，要满足直线，关于直线对称，则必垂直于直线，∴，设，则，，∴,．故选：C．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线的对称性，解题关键是由圆的两条切线关于直线对称，得出与直线垂直，从而得就是圆心到直线的距离，这样在直角三角形中可求得角．11、C【解析】分析：根据最低点，判断A=3，根据对称中心与最低点的横坐标求得周期T，再代入最低点可求得解析式为，依次判断各选项的正确与否．详解：因为为对称中心，且最低点为，所以A=3，且由所以，将带入得，所以由此可得①错误，②正确，③当时，，所以与有6个交点，设各个交点坐标依次为，则，所以③正确所以选C点睛：本题考查了根据条件求三角函数的解析式，通过求得的解析式进一步研究函数的性质，属于中档题．12、D【解析】

由题意结合函数的图象，求出周期，根据周期公式求出，求出，根据函数的图象过点，求出，即可求得答案【详解】由函数图象可知：，函数的图象过点，，则故选【点睛】本题主要考查的是的图像的运用，在解答此类题目时一定要挖掘图像中的条件，计算三角函数的周期、最值，代入已知点坐标求出结果二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用等体积法求解点到平面的距离【详解】由题在长方体中，，，所以，所以，设点到平面的距离为，解得故答案为：【点睛】此题考查求点到平面的距离，通过在三棱锥中利用等体积法求解，关键在于合理变换三棱锥的顶点.14、【解析】

对首位数的奇偶进行分类讨论，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得出结果.【详解】①若首位为奇数，则第一、三、五个数位上的数都是奇数，其余三个数位上的数为偶数，此时，符号条件的位自然数个数为个；②若首位数为偶数，则首位数不能为，可排在第三或第五个数位上，第二、四、六个数位上的数为奇数，此时，符合条件的位自然数个数为个.综上所述，符合条件的位自然数个数为个.故答案为：.【点睛】本题考查数的排列问题，要注意首位数字的分类讨论，考查分步乘法计数和分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.15、【解析】

先换元，令，将原方程转化为，利用参变分离法转化为研究两函数的图像交点，观察图像，即可求出．【详解】因为关于的方程在区间上恰有两个解，令，所以方程在上只有一解，即有，直线与在的图像有一个交点，由图可知，实数的取值范围是，但是当时，还有一个根，所以此时共有3个根.综上实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查学生运用转化与化归思想的能力，方程有解问题转化成两函数的图像有交点问题，是常见的转化方式．16、【解析】

由题意，根据数列的通项与前n项和之间的关系，即可求得数列的通项公式．【详解】由题意，可知当时，；当时，.又因为不满足，所以.【点睛】本题主要考查了利用数列的通项与前n项和之间的关系求解数列的通项公式，其中解答中熟记数列的通项与前n项和之间的关系，合理准确推导是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．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）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图1，取的中点，连接.，，，，且，四边形为平行四边形，.又平面，平面，平面.（2）如图2，取中点，中点，连接.，，平面平面，平面平面，平面，平面，两两垂直.以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由，可得，在等腰梯形中，，易知，.则，，设平面的法向量为，则，取，得.设平面的法向量为，则，取，得.因为，，，所以，所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.18、（1）.（2）答案见解析【解析】

（1）利用绝对值不等式的性质即可求得最小值；（2）利用分析法，只需证明，两边平方后结合即可得证.【详解】（1），当且仅当时取等号，∴的最小值；（2）证明：依题意，，要证，即证，即证，即证，即证，又可知，成立，故原不等式成立.【点睛】本题考查用绝对值三角不等式求最值，考查用分析法证明不等式，在不等式不易证明时，可通过执果索因的方法寻找结论成立的充分条件，完成证明，这就是分析法．19、（1）（2）【解析】

（1）利用正弦定理和余弦定理化简，根据勾股定理逆定理求得.（2）设，由此求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）设，，，由，根据正弦定理和余弦定理得.化简整理得.由勾股定理逆定理得.（2）设，，由（1）的结论知.在中，，由，所以.在中，，由，所以.所以，由，所以当，即时，取得最大值，且最大值为.【点睛】本小题考查正弦定理，余弦定理，勾股定理，解三角形，三角函数性质及其三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转换思想，应用意识.20、（1）,（2）证明见解析【解析】

（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.【详解】（1）设首项为，公差为.由题意，得，解得，∴，∴，∴当时，∴，.当时，满足上式.∴（2），令数列的前项和为.两式相减得∴恒成立，得证.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.21、（1）答案见解析．（2）答案见解析【解析】

（1）利用基本不等式可得，两式相加即可求解.（2）由