甘肃省多校2024-2025学年高三上学期1月期末联考数学试题 含解析

高三数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式，化简集合，根据交集的定义求结论.【详解】因为，所以.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数乘法法则计算，再由复数几何意义确定其所对应的点的象限.【详解】因为，所以复数在复平面上的对应的点的坐标为，所以其对应的点位于第二象限.故选：B.3.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（）A. B. C.6 D.12【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理（为的外接圆半径）求解即可.【详解】设外接圆的半径为，则，即.故选：A.4.直线被圆截得的弦长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用弦长公式即可求得结果.【详解】圆C的圆心为，半径为3，圆心到直线l的距离，所以直线l被圆C截得的弦长为.故选：D5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由条件，结合两角差正切公式求，结合二倍角公式，平方关系将所求式子转化为齐次式，利用齐次式的方法求结论.【详解】因为，所以.因为，所以.故选：C.6.某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为如图2所示的抛物线，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点F处，已知卫星接收天线的口径（直径）为10m，深度为3m，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线焦点到顶点的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，结合条件列方程求，结合抛物线性质可求结论.【详解】由题意建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为.由题意可得，将点的坐标代入抛物线的方程可得，解得，所以抛物线的方程为，焦点坐标为，即，所以抛物线焦点到顶点的距离为.故选：B.7.已知函数满足且，，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件可得函数的单调性，再利用分段函数单调性，结合指数函数单调性列式求解.【详解】依题意，函数满足且，，则是上的增函数，因此，解得，所以取值范围为.故选：C8.已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取正三棱锥的底面中心为，设外接球的球心为，先由三棱锥的体积求出正三棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可.【详解】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上.设正三棱锥的高为，外接球的半径为，由，可得正三角形的面积为，所以，解得.球心到底面的距离为，由，得，所以外接球的表面积为.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.某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：kg），并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（）A.B.估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为C.估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间D.估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间【答案】BCD【解析】【分析】根据频率分布直方图有所有频率之和为1即可求得，根据质量不低于1.6kg的频率之和即可判断B，求出哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间的频率即可判断C，计算中位数即可判断D.【详解】对于A：，解得，A错误；对于B：估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为，B正确；对于C:因为，所以估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间，C正确；对于D:设该哈密瓜的质量的中位数为，则有，所以估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间，D正确.故选：BCD.10.若，则（）A. B.C D.【答案】ABD【解析】【分析】由二项式令可求，取可求所有系数和，由此判断AB；取，结合二项式展开式的通项公式求，判断C，取，结合的值判断D.【详解】令，得，令，得，所以，所以A正确；B正确；令，则，所以，因为二项式的展开式的通项公式为，，所以，故C不正确；令，得，所以，故D正确.故选：ABD.11.若函数图象的一条对称轴方程为，则（）A. B.C.图象的一条对称轴为直线 D.在上单调递增【答案】BC【解析】【分析】根据正弦函数的对称性的性质有条件列方程可求，由此判断AB，再根据正弦型函数的对称轴的求法及单调区间的求法判断CD.【详解】函数，设，，则，因为函数图象的一条对称轴方程为，由，即，化简可得，所以，所以A不正确，B正确；.令，得，当时，得，所以C正确；令，得，当时，，所以D不正确.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为________.【答案】16【解析】【分析】由椭圆方程可得参数的值，进而求出的值，根据椭圆的定义，可得答案.【详解】由题意可得，，所以，故的周长为.故答案为：.13.已知向量，，若，则________.【答案】##【解析】【分析】由向量垂直的性质列方程求，利用向量的模的坐标表示求，再由向量夹角公式求结论.【详解】因为，所以，得.因为，，，所以.故答案为：.14.已知函数，则函数的最小值为________；若过原点可向曲线作两条切线，则a的取值范围是________.（注：当时，）【答案】①.②.【解析】【分析】(1)求导数，根据单调性，即可求出最小值；（2）设切点为得切线方程，将问题转化为关于的方程有两个不同的根即可.【详解】因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.因为，所以.设切点为，则切线方程为，将原点坐标代入，化简得，则关于的方程有两个不同的根.令，则，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，，，，所以，故的取值范围是.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.已知等差数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用公式，求出数列的通项，结合为等差数列列方程求，由此可得结论；（2）由（1），利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】当时，，当时，，因为数列为等差数列，且，所以数列的公差为所以，即，所以，故，所以.【小问2详解】因为，所以，.16.现在很多市民都喜欢骑“共享单车”，但也有很多市民并不喜欢.为了调查人们是否喜欢这种交通方式，某同学从交通拥堵严重的A城市和交通拥堵不严重的B城市随机调查了100名市民，得到了一个市民是否喜欢骑“共享单车”的样本，具体数据如下列联表：AB总计喜欢401050不喜欢203050总计6040100（1）根据列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联？（2）为进一步了解A城市的拥堵情况，该同学从样本中A城市的市民中按是否喜欢利用分层随机抽样的方法抽取6人，并从这6人中选出2人代表发言，记代表发言中喜欢骑“共享单车”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望.附表格及参考公式：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）认为市民喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据独立性检验的相关计算方法，可得答案；（2）根据超几何分布列以及期望的计算方法，可得答案.【小问1详解】零假设为：市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况无关联.根据列联表中的数据，得.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.【小问2详解】根据分层随机抽样的知识可知，随机抽取的6人中喜欢骑“共享单车”的有4人，不喜欢骑“共享单车”的有2人，所以随机变量的所有可能取值为，，所以的分布列为012所以.17.已知函数.（1）若在处取得极值，求实数的值；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）条件可转化为为的变号零点，列关系式求；（2）条件可转化为恒成立，利用导数求函数的最小值可得结论.【小问1详解】因为在处取得极值，所以为的变号零点，函数的定义域为，导函数，所以，得.，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，符合题意，故实数的值为.【小问2详解】因，所以可转化为，即恒成立.令，则，令，可得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，故实数的取值范围为.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，侧面PCD为正三角形，且平面PCD平面ABCD，，，，.（1）证明：.（2）已知Q为侧棱PB上一点，平面QAC.①求的值；②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）①；②.【解析】【分析】（1）由直角梯形的几何性质以及勾股定理，可得线线垂直，根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质，可得答案；（2）①由相似三角形的性质以及线面平行的性质，可得答案；②由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案.【小问1详解】证明：在梯形ABCD中，因为，，，，所以，则，所以.因为平面平面ABCD且平面平面，所以平面PCD，因为平面，所以.【小问2详解】①设AC与BD的交点为M，连接MQ，则在直角梯形，易知，因为，，所以.因为平面，且平面，平面平面，所以，则，即，故.②如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，.因为，所以.设平面QAC的法向量为，因为，，所以令，得.设直线DQ与平面QAC所成的角为，因为，所以，所以直线DQ与平面QAC所成角的正弦值为.19.已知双曲线的左，右顶点分别为，，左焦点为，O为坐标原点，是线段OM的中点.（1）求双曲线的离心率.（2）过点M且斜率不为0的直线l与双曲线的左，右两支的交点分别为Q，P.①若直线l的斜率为1，，求双曲线的方程；②连接QO并延长，交双曲线于点R，证明：.【答案】（1）2（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得参数的等量关系，利用离心率的公式，可得答案；（2）由题意作图，联立方程写出韦达定理，①由直线斜率与弦长公式，可得答案，②利用垂直向量的坐标表达，代入韦达定理，可得答案.【小问1详解】因为是线段OM的中点，所以，即，所以双曲线的离心率为2.【小问2详解】设直线，点，.