内蒙古九师联盟2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题【含答案解析】

高三数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：高考范围．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.若复数，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合复数的乘方运算和加法运算，根据复数模的运算求解即可.【详解】因为，所以.故选：C2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合，再利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为，所以，又，所以.故选：C.3.已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，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】【分析】结合线线平行与面面平行的关系，根据充分条件、必要条件的概念判断即可.【详解】不能推出，如图1；也不能推出，如图2.所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.4.若函数在上单调递减，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数为减函数，结合对数函数、二次函数的单调性及端点值的大小列不等式组，求解即可.【详解】由在上单调递减，得解得，所以的取值范围是.故选：B5.某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，决定购入污水过滤系统对废水进行过滤处理.已知过滤过程中废水中的污染物浓度与过滤时间（小时）的关系为（为废水中最初污染物浓度，为常数）.如果过滤了3个小时废水中的污染物浓度变为最初的，那么废水中的污染物浓度变为最初的还需要（）A.6小时 B.5小时 C.4小时 D.3小时【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到，，联立求解.【详解】解：由题意，可知，即，令，则有，解得，故还需要3小时废水中的污染物浓度变为最初的.故选：D.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合二倍角正弦公式，利用平方关系求解.【详解】解：因为，所以，则，所以.故选：A.7.正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角的多面体.在古希腊时期人们就已经发现正多面体仅有5种，分别是正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体和正二十面体.如图，是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，棱长为2，点为正八面体内切球球面上的任意一点，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用体积分割法求出正八面体的内切球的半径，取的中点，利用数量积的运算律得，利用圆的知识求出的最大值为，即可得解.【详解】正八面体的表面是8个全等的正三角形组成，其中正边长为2，则正八面体的表面积，而正八面体可视为两个共底面的，侧棱长与底面边长相等的正四棱锥与拼接而成，正四棱锥的高，则正八面体的体积，设内切球半径为，则，解得，取的中点.设为正方形的中心也是内切球的球心，则，因此的最大值为，所以的最大值是.故选：A.8.设椭圆的一个焦点为，为内一点，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】令椭圆的左焦点为，利用椭圆的定义可求出的最大值和最小值，即可得出的取值范围，即可求得椭圆的离心率的取值范围.【详解】令椭圆的左焦点为，则，由椭圆定义知，则，设直线交椭圆于、两点（如图），而，即，当且仅当点、、共线时取等号.当点与重合时，，则，当点与重合时，，则，所以，即，经检验，此时点在内，所以.故选：B.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.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.某市高一年级举行了一次数学竞赛，从所有参加竞赛的名学生中随机抽取了一部分学生，经统计这部分学生的成绩全部介于至之间，将成绩数据按照分组，作出频率分布直方图如图所示，则（）A.B.估计全市高一年级数学竞赛成绩不低于分的有人C.估计全市高一年级数学竞赛成绩的平均分是D.估计全市高一年级数学竞赛成绩的中位数约为【答案】ABC【解析】【分析】由所有矩形条的面积和为，列方程求，判断A，由频率分布直方图求成绩不低于分的频率，再由频率频数样本量的关系，求结论，判断B，根据平均数的计算公式求平均数，判断C，根据中位数定义求中位数判断D.【详解】对于A，由频率分布直方图，得，解得，故A正确；对于B，成绩不低于分的频率为，所以估计成绩不低于分的有人，故B正确；对于C，成绩的平均值，故C正确；对于D，成绩在，的频率依次为，显然中位数，则，解得，故D错误.故选：ABC.10.已知抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为4，直线经过交于点，分别过作的切线，且两切线交于点，则（）A.的方程为B.若，则的中点到轴的距离为10C.是直角三角形D.若的中点为，则直线与轴垂直【答案】ACD【解析】【分析】根据抛物线的定义、导数与切线方程、直线交点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，上的动点到焦点的距离的最小值为，则，所以的方程为，故A正确；对于B，焦点，设，因为，则，即，所以的中点到轴的距离为5，故B错误；对于，设直线，由得，则，且，因为，所以，所以是直角三角形，故C正确；对于D，切线的方程为，又，所以切线的方程为.同理，切线的方程为.由且，解得，即.又，所以垂直于轴，故D正确.故选：ACD11.已知分别为定义在上的函数和的导函数，且，若是奇函数，则（）A.的图象关于点对称B.4为的周期C.的图象关于直线对称D.【答案】BCD【解析】【分析】由题意首先得判断A，对求导即可判断C，结合奇函数的导函数是偶函数可得的周期，由此即可判断B，注意到，由此即可判断D.【详解】由，得，即，代入，得，则的图象关于点对称，故A错误；由，得，所以的图象关于直线对称，故C正确；由，得，又因为是奇函数，所以是偶函数，则，所以是的周期，故B正确；，由，，得，所以，故D正确.故选：BCD【点睛】方法点睛：1.若，则关于对称，两边同时求导得：，则关于中心对称；2.若，则关于中心对称，两边同时求导得：，则关于对称；3.若，则为周期函数且周期为；三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________.【答案】15【解析】【分析】根据各项系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得指定项的系数.【详解】令，得展开式中各项的系数和为，解得，则.当时，，所以展开式中含项的系数为.故答案为：13.已知函数，若在区间上有极大值无极小值，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】利用整体法结合正弦函数的性质可求的取值范围.【详解】，因为，则，又，由题意得解得．故答案为：.14.某批零件的尺寸服从正态分布，且，规定时零件合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则的最小值为__________.【答案】4【解析】【分析】利用对立事件可得，结合数列的单调性可得的最小值.【详解】因为服从正态分布，且，所以，即每个零件合格的概率为，合格零件不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1.依题意，，即，令，则，所以单调递减，而，所以不等式的解集为，所以的最小值为4.故答案为：4.四、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.记的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）设的平分线交线段于点，若，证明：为直角三角形.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将题干条件变形，利用余弦定理得，结合角的范围即可求解.（2）利用面积比例求得，再由余弦定理化简得，从而，即可证明.【小问1详解】因为，所以.由余弦定理，得，又因为，所以.【小问2详解】因为是的平分线，所以，设的边上的高为，则由，得，即，由余弦定理，得，所以，从而，故为直角三角形.16.已知是各项均为正数的数列的前项和，.（1）求的通项公式；（2）设求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的知识来求得.（2）利用裂项求和法、分组求和法来求得.【小问1详解】因为，所以.因为，所以，即，由，解得.由，所以是首项为1，公比为3的等比数列.所以.【小问2详解】当为奇数时，；当为偶数时，，所以.17.如图，在多面体中，四边形直角梯形，且满足平面.（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，或【解析】【分析】（1）四边形为菱形，所以，由线面垂直得到，从而得到平面，，结合，证明出结论；（2）证明出，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，设，根据线面角的大小，得到方程，求出或.所以线段上存在点，或.【小问1详解】证明：因为且，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，所以.因为平面平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，所以，又，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则，所以设平面的法向量为，则令，得，所以假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，设，则,解得或.所以线段上存在点，当或时，使得直线与平面所成角的正弦值为.18.已知双曲线的渐近线与圆相切，圆心是的一个焦点.（1）求的方程；（2）过点的直线与的右支交于两点，分别为的左，右顶点，直线与交于点.（i）证明：在定直线上；（ii）若直线与交于点，求的值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）先根据圆心求出，再利用点到直线的距离公式求得，联立方程求得，即可得解；（2）（i）设直线的方程为：，与双曲线方程联立，韦达定理，联立直线与直线的方程得，代入化简得，即可证明；（ii）设，分别代入直线与直线方程求得坐标，利用数量积的坐标运算，代入点的坐标化简计算即可.【小问1详解】圆的方程化为标准形式为，所以圆心，半径，则的半焦距，又的两条渐近线方程为，即，由题意，知，所以，所以的方程为.小问2详解】（i）设直线的方程为：，易知，联立方程消去得，则，.因为是上的点，所以，则，联立直线，直线的方程，得，所以.解得，故点在定直线上.（ii）由双曲线对称性可知，点也在直线上，设，点在直线上，所以，点在直线上，所以，所以.19.拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式.（1）试求数据拉格朗日插值多项式的表达式；（2）对于（1）中求出的，若函数满足，（i）研究的单调性；（ii）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）（i）答案见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）根据拉格朗日插值多项式的定义直接求解即可.（2）（i）先求出的表达式及导函数，按照和分类讨论研究其单调性即可.（ii）分离参数将问题转化为有两个不同实数解，令，求单调性并画出示意图，数形结合得，解对数函数不等式即可.【小问1详解】对于数据，有，，所以，即.【小问2详解】（i）由（1）知，所以，，若，则在上单调递减；若，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.综上所述，时，在上单调递减；时，在上单调递增，在上单调递减.（ii）因为函数有两