安徽省宿州市2024-2025学年高三上学期期末考试 数学 含解析

宿州市2025届高三教学质量检测试题数学试题一､单项选择题：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，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合B，再根据集合交集的运算求解即可.【详解】因为，，所以.故选：B.2.若复数满足（为虚数单位），则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】应用复数的除法和乘法运算求解.【详解】.故选：D.3.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，结合二倍角的正弦公式和诱导公式计算即可求解.【详解】由题意知，得，故.故选：A4.将直线绕点顺时针旋转得到直线，则的方程是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据两条直线垂直得出斜率，再应用点斜式求解直线即可.【详解】由题意可知，直线与垂直，直线的斜率为，所以的斜率为5，又因为过点，所以直线的方程为，即.故选：D.5.若圆锥的轴截面是边长为1的等边三角形，则该圆锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用勾股定理列方程，求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】由题意可知，该圆锥的底面圆半径为，高为，设该圆锥外接球的半径，由题意知，该圆锥外接球的球心在高线上，则，解得，所以该圆锥外接球的表面积为.故选：C6.已知平面向量，若在方向上的投影向量为，则实数（）A1 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量计算公式即可求解.【详解】在方向上的投影向量为,∴，∴，解得.故选：A.7.已知椭圆的上顶点为，左焦点为，线段的中垂线与椭圆交于两点，则的周长为（）A.8 B.12 C.16 D.24【答案】C【解析】【分析】先根据椭圆的标准方程确定的值，判断的形状，确定共线，再根据椭圆的定义求的周长.【详解】如图：由椭圆方程可知，，.所以，所以为等边三角形，因此的中垂线过，结合椭圆的定义，可得周长.故选：C8.若函数的图象上存在两对关于轴对称的点，则正实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分析可知，方程在上有两个不等的实根，由参变量分离法可得，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】在函数的图象上取点，则点关于轴的对称点为，且，其中，由，可得，则，所以，直线与函数在上的图象有两个交点，因为，令可得，列表如下：减极小值增所以，函数在上为减函数，在上为增函数，所以，，且，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.函数，则（）A.B.是函数图象的一条对称轴C.的最大值为2D.是偶函数【答案】AD【解析】【分析】根据诱导公式和辅助角公式化简可得，结合正弦函数的图象与性质依次判断选项即可.【详解】.A：由，得的最小正周期为，故A正确；B：，故B错误；C：的最大值为，故C错误；D：又因为，为偶函数，故D正确.故选：AD10.已知数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A.为等比数列 B.为等差数列C.为等比数列 D.【答案】BCD【解析】【分析】应用已知条件化简得出得，得出为等比数列,进而判断A，B，C，最后应用错位相减法求和即可判断D.【详解】由已知化简得，得，所以为等比数列,所以，因此，所以，所以为等比数列，为等差数列，不为等比数列，故错误，和正确，对于选项，，，两式作差，解得，故正确.故选：BCD.11.在椭圆（双曲线）中，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆（双曲线）的中心，这个圆被称为该椭圆（双曲线）的蒙日圆.已知双曲线的蒙日圆方程为为坐标原点，点在双曲线上，与双曲线的蒙日圆交于点，则（）A.若点的坐标为，且的蒙日圆的半径为1，则的方程为B.若点的坐标为，则的蒙日圆面积最大值为C.的最小值为D.若为的中点，则的离心率的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对A，根据题意建立的方程组求解；对B，由，可得，利用基本不等式求出得解；对C，由结合得解；对D，根据题意，结合C选项可得，化简结合离心率公式求解.【详解】对于A，若点在上，则有，又因为，联立解得，故A正确；对于B，由，当且仅当等号成立，所以的蒙日圆的面积，故B错误；对于C，由，当且仅当为双曲线的左，右顶点时取到等号，故C正确；对于D，若为线段的中点，此时，由C选项的结论可得，，解得，又，所以，故，故D正确故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是结合C选项得到，进而得到的不等关系得解.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.两批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为，将两批产品混合，从混合产品中任取一件，则这件产品为次品的概率为__________.【答案】##【解析】【分析】由全概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件所取的一件产品来自第批，记事件所取的一件产品为次品，则，，，，由全概率公式可得.故答案为：.13.四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，则平面与平面夹角的余弦值为__________.【答案】##【解析】【分析】作出平面与平面的夹角，利用余弦定理求得夹角的余弦值.【详解】取的中点为，连接，过点作，则平面平面，，是的中点，则，所以，连接，依题意可知是等边三角形，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，则，所以是平面与平面的夹角，在直角中，；在中，，.由余弦定理可得，.故答案为：14.若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，令，可知当时符合题意，利用导数可得函数的单调性和最小值，其中，令最小值大于或等于0，进而得解.【详解】由题意可知，令，当时，研究函数与的图象，因为，当时，，所以函数单调递减，当时，，所以函数单调递增，所以函数有最小值为，而为单调递减的直线，如图，此时不恒成立，不符合题意；当时，，令，，易知在上单调递减，在上单调递增，且由于函数有最小值，所以当时，方程有解，设解为，则，且，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，由题意恒成立，所以，所以，当且仅当时取等号，此时.【点睛】关键点点睛：利用导数可知方程有解，设解为，则，从而表示出的最小值，进而求解.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.已知中，.（1）求角；（2）是边上一点，且，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式计算得解.（2）利用正弦定理建立方程，身后利用三角恒等变换计算得解.【小问1详解】在中，由，得，又，，则，所以.【小问2详解】由（1）知，，而，则，，设，，在中，由正弦定理得，则，在中，由正弦定理得，则，因此，即，整理得，又，则，所以.16.如图，正三棱柱中，为棱的中点，分别为棱上的点，且.（1）证明：平面；（2）求直线与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】取的中点，连接，因为分别为的中点，所以，又因为，则，则，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.【小问2详解】由题意，以为坐标原点以所在直线为轴，过点C在底面ABC内作CA的垂线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，故，所以可取平面的一个法向量为，设直线与平面所成角，则所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知函数（是自然对数的底数），为的导函数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数，求在上的最小值.【答案】（1）增区间：，减区间：；（2）.【解析】【分析】（1）求导并根据正弦函数图象性质即可求解；（2）求的导函数，并判断其在上的正负，从而判断的单调性，从而求得最小值.【小问1详解】由已知，所以令，解得，令，解得，所以的单调递增区间，的单调递减区间.【小问2详解】由题可知，因为，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，又所以，所以的最小值为.18.动圆与圆外切，且与直线相切，记该动圆心的轨迹为曲线.过的直线与交于两点，过点作的切线，设直线分别与直线交于点.（1）求曲线的方程；（2）证明：与的横坐标之积为定值；（3）记的面积分别为，求的最大值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义求解；（2）设的方程为，注意用导数求得切线斜率，由直线方程得出的横坐标（用表示），然后求乘积可得；（3）由图形得，直线方程代入抛物线方程（消去）应用韦达定理得，计算，由（2）不妨设，，由基本不等式得最小值，从而得的最大值．【小问1详解】由题意可知，动圆圆心到点的距离比它到直线的距离大1，所以到点的距离等于它到直线的距离，所以点的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，设点的轨迹方程为，则，所以，所以动圆圆心的轨迹方程为.【小问2详解】易知的斜率必存在且不等于0，设的方程为，联立，可得的横坐标为，又因为过点和，所以，由，有，所以的斜率为，因此的方程为，令，可得的横坐标为，所以，因此的横坐标与的横坐标之积为定值.【小问3详解】由题意，有，所以，联立，消去，化简得，所以，因此，所以，由（2）知，不妨设，则，等号成立当且仅当，因此，所以的最大值为.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率为，抛物线在点处的切线的斜率为．19.甲，乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字.两人进行轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的得1分，数字小的得0分，然后各自弃置此轮所选卡片（弃置的卡片在之后的轮次中不能使用）.最终得分多的人获胜.（1）当时，求甲获胜的概率；（2）设轮比赛后甲的总得分为随机变量，记为的概率.（i）求；（ii）比较与的大小.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据对称性，不妨固定乙六轮选卡的数字依次为，由甲的总得分为0，得到甲六轮选卡的数字依次为，再由甲六轮选卡的数字有种排序方法，利用古典概型的概率求解.（2）若甲的总得分为1，分①甲在第一轮得1分，②甲在第二轮得1分，③甲在第三轮得1分，④甲在第四轮得1分，利用古典概型的概率求解；（3）设甲在六轮游戏中的得分分别为，易得甲在每轮获胜的概率为，然后利用求解.（1）不妨设乙出卡片的顺序为，则甲的出牌顺序为，根据古典概率概型计算可得答案；（2）（i）不妨固定乙出卡片的顺序为，甲出卡片的顺序共有种，计算出甲在轮比赛中总得分为1的情形的概率，利用古典概型、对立事件概率计算可得答案；（ii）甲，乙两人的总得分之和为，则乙在轮比赛中的总得分的概率也是，轮比赛后甲的总得分为（即最初是乙得分为）的概率也可以表示为，因此有，为偶数时；为奇数时，计算出轮比赛后甲的总得分不小于的概率可得答案.【小问1详解】易知甲不可能得3分，时，不妨设乙出卡片的顺序为，则甲的出牌顺序为，其中，总情形共有种，只有时，甲可以得2分获胜，所以甲获胜的概率为；【小问2详解】（i）不妨固定乙出卡片的顺序为，甲出卡片的顺序共有种，显然，如果直接考虑甲在轮比赛中总得分不小于2的情形比较多，我们考虑甲在轮比赛中总得分为0或1的情况.如果甲在轮比赛中共得0分，则甲出卡片的顺序一定是，只有1种情形；如果甲改变中任意两轮比赛的出卡顺序，可知最后都会得1分，共有种情形；如果甲恰好改变中任意三轮比赛的出卡顺序，可知只有1种情形——将所选的3个数字进行轮换，即轮换为——使得甲在轮比赛中最后得1分，共有种情形；因此，甲在轮比赛中总得分为1的情形共有种.所以，轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为；（ii）易知，因为甲，乙两人的总得分之和为，则乙在轮比