江西省南昌市南昌县莲塘第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷（原卷版+解析版）

莲塘一中2024-2025学年上学期高三1月期末考试数学试卷考试时间：120分钟试卷满分：150分一、单选题（每小题5分，共40分，每小题四个选项中，只有一个符合题意.）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.数据的方差是5，则数据的方差是（）A.9 B.10 C.19 D.203.已知直线，斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.5.在等比数列中，若，则（）A B. C. D.6.（）A. B. C.1 D.27.记为不超过最大整数，则方程的实数解的个数为（）A2 B.3 C.4 D.58.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（）A. B. C. D.二、多选题（每小题6分，共18分，每小题四个选项中，有多个选项符合题意，错选得0分，漏选得部分分.）9.已知，，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则（

）A.该方程不存在实数根 B.，C.对应的点在第三象限 D.10.假设A，B是两个事件，且，，，则（）A. B.C. D.11.数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（）A.点在上B.面积的最大值为1C.曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点）D.三、填空题（每小题5分，共15分.）12.的展开式中，的系数是__________.（用数字作答）13.写出与圆和圆都相切的一条直线方程________.14.已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则____________．四、解答题（共13+15+15+17+17=77分.）15.已知函数.（1）求在上的单调递增区间；（2）已知的内角的对边长分别是，若，求面积的最大值.16.已知数列是等差数列，其前和为，数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若对数列，在与之间插入个1，组成一个新数列，求数列的前2025项的和．17.设，已知函数.（1）当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程；（2）若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围.18.已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2．（1）求椭圆标准方程；（2）若直线与椭圆相切于点．（ⅰ）证明：直线与直线的斜率之积为定值；（ⅱ）设椭圆的右焦点关于的对称点为，求证：直线过定点．19.如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：.（1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值；（2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值；（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.

莲塘一中2024-2025学年上学期高三1月期末考试数学试卷考试时间：120分钟试卷满分：150分一、单选题（每小题5分，共40分，每小题四个选项中，只有一个符合题意.）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得集合,再根据交集定义求解．【详解】，又，所以，故选：B．2.数据的方差是5，则数据的方差是（）A.9 B.10 C.19 D.20【答案】D【解析】【分析】利用方差的性质求解即可．【详解】因为数据的方差是5，所以数据的方差是.故选：D.3.已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（）A充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】利用倾斜角与斜率的关系，利用赋值法可得结论.【详解】因为直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，所以，，取，，满足，可求得，，此时，所以“”是“”的不充分条件；取，，满足，但，此时，所以“”是“”的不必要条件；所以“”是“”的既不充分又不必要条件.故选：D.4.已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令和的夹角为，根据投影向量的定义直接求解即可.【详解】令和的夹角为，则，则向量在向量上的投影向量为.故选：C5.在等比数列中，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的性质可求得结果.【详解】在等比数列中，若，则，由等比数列的性质可得，故.故选：B.6.（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式、两角差的余弦公式及二倍角的正弦公式化简求值即可.【详解】原式.故选：C7.记为不超过的最大整数，则方程的实数解的个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】利用函数的性质，将函数写成分段函数形式，将方程解的个数的问题转化成相对应的函数图象交点的个数求解即可.【详解】令，则根的个数等价于图像交点的个数，作出图象，易得两个函数图象有3个交点，所以，方程有3个根.故选：B.8.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圆的半径，记的外心为，证得平面，求得，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】设的外接圆半径为，因为，，由余弦定理得，，所以，由正弦定理得，所以，记的外心为，连接，，，则，取，的中点分别为，，则，，又因为，可得，，因为，，因为平面，平面，所以平面，平面，又因为平面，平面，所以，，因为，平面，所以平面，可得，由题意可得外接球的球心在上，或在的延长线上，设外接球的半径为，则球心到的距离为，则有，解得，所以球的表面积，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题关键在于先确定所在截面小圆的半径，再通过几何关系确定球心所在直线，进而确定球心位置，将球心到的距离表示出来，再用勾股定理解出球半径，进而得到结果.二、多选题（每小题6分，共18分，每小题四个选项中，有多个选项符合题意，错选得0分，漏选得部分分.）9.已知，，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则（

）A.该方程不存在实数根 B.，C.对应的点在第三象限 D.【答案】ABD【解析】【分析】将代入方程，再由复数相等得到方程组，即可求出的值，即可判断A、B；利用韦达定理求出，即可判断C；再根据复数代数形式的除法运算化简，求出其模，即可判断D.【详解】由是方程的根，得，整理得，因此，解得，所以方程为，故B正确；对于A，根据方程，可得，所以方程无实数根，故A正确；对于C，方程，由韦达定理可知，得，对应的点为，在第四象限，故C错误；对于D，，所以，故D正确．故选：ABD．10.假设A，B是两个事件，且，，，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】结合对立事件的概率公式，利用条件概率公式求解判断AC，根据独立事件概率乘法公式求解判断B，利用概率的基本性质求解判断D.【详解】因为，，所以，，对于选项A，因为，，所以，错误；对于选项B，因为，所以事件A与B相互独立，所以A与相互独立，所以，正确；对于选项C，因为，所以，正确；对于选项D，，D正确.故选：BCD.11.数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（）A.点在上B.面积的最大值为1C.曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点）D.【答案】BCD【解析】【分析】将点代入曲线的方程即可判断；取求，求直线与曲线的交点，即可判断；求直线与曲线的交点，即可判断；求出坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹方程，求该轨迹方程与曲线的交点，即可判断.【详解】将点代入曲线的方程左侧可得，所以点不在上，故错误；取可得，所以，，所以，由曲线可得，因为，设，当时，，当时，，代入曲线的方程成立，所以直线与曲线的交点坐标为，所以点的纵坐标的绝对值的最大值为，所以面积的最大值为，故正确；取可得，所以，，取可得，所以直线与曲线交于点，直线与曲线交于点，所以曲线经过点，，，，故正确；坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，由已知可得，又，，所以，所以椭圆方程为，联立，所以，所以，所以，所以，故椭圆与曲线的交点为，，如图，故曲线上所有点都满足，故正确.故选：.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上关键点的坐标.三、填空题（每小题5分，共15分.）12.的展开式中，的系数是__________.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】把式子整理成，根据通项整理后得，从而求解.【详解】由，而的展开式的通项为，则在的展开式中，含的项为，故的系数是.故答案为：.13.写出与圆和圆都相切的一条直线方程________.【答案】（或或，任写一条即可，答案不唯一）【解析】【分析】求出两圆圆心和半径，两圆圆心距以及两圆心所直线方程即可得两圆公切线情况，再结合直线垂直关系以及两平行直线距离公式即可求公切线方程.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆心距为，故两圆外切，两圆圆心所在直线的方程为，即，中点为，切线垂直于直线，且经过中点，所以切线的方程为；切线平行于直线，且到直线的距离为，设平行于直线切线方程为，则或，所以切线的方程分别为.故答案为：（或或，任写一条即可，答案不唯一）.14.已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则____________．【答案】【解析】【分析】根据函数满足的表达式以及奇偶性利用赋值法可求得，且函数和的周期都为3，代入计算即可得出结果.【详解】令，可知，又因为，可得，所以；令，可得，所以，因为是奇函数，可知为偶函数，因此；由两式相减可得；即，可得；所以，即函数的周期为3，所以的周期也为3；可得.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用所给条件由赋值法并结合函数奇偶性以及导函数性质计算得出函数和导函数的周期，再进行计算即可.四、解答题（共13+15+15+17+17=77分.）15.已知函数.（1）求在上的单调递增区间；（2）已知的内角的对边长分别是，若，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据降幂公式以及两角差的正弦公式逆用将函数化简，再根据正弦函数的单调性求出单调区间；（2）根据已知条件求出角，再结合余弦定理以及重要不等式可求得的最值，再根据三角形的面积公式求得面积的最值.【小问1详解】，令，求得，又，当时，，所以在上的单调递增区间是；【小问2详解】由（1）可得，因为，所以，化简得，所以，因为，所以，根据余弦定理，，，所以，因为，所以，即，当且仅当时，等号成立，所以三角形面积，则，面积的最大值为.16.已知数列是等差数列，其前和为，数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若对数列，在与之间插入个1，组成一个新数列，求数列前2025项的和．【答案】（1），；（2）2080【解析】【分析】（1）设出公差，结合题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到，根据题目条件得到时，，两式相减求出，，经过检验，得到；（2）在中，从开始到项为止，计算出项数为，从而确定数列前2025项是项之后，还有项为1，分组求和即可.【小问1详解】为等差数列，设其公差为，则，解得，故；①，故当时，②，两式相减得，故，所以，，又，故，满足，从而；【小问2详解】由（1）知，，，所以在中，从开始到项为止，共有项数为，当时，，当时，，所以数列前2025项是项之后，还有项为1，故.17.设，已知函数.（1）当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程；（2）若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义得到，从而得到，即可求解；（2）对求导，得到，再分和两种情况，利用导数与函数单调性间的关系，可知不合题意，当，求出的最大值，即可求解.【小问1详解】因为，则，解得，则，又，所以切点为，所以切线的方程为，即.【小问2详解】由题意知，因，所以当时，，此时函数在区间上单调递增，又时，，不合题意，当时，由得，当时，，时，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值，设，此时，所以，即为减函数，而，要使函数的图象总是在轴的下方，必须，即，所以，所以，即的取值范围是．18.已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相切于点．（ⅰ）证明：直线与直线的斜率之积为定值；（ⅱ）设椭圆的右焦点关于的对称点为，求证：直线过定点．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率和短轴的概念建立方程组，解之即可求解；（2）（ⅰ）设，：，联立椭圆方程，利用可得，结合得，解得，即可证明；（ii）由（i）可得点与直线垂直的直线方程，求出直线与轴交点，根据两点求距离公式证明，结合内角平分线定理即可下结论.【小问1详解】根据题意得，又，解得，，所以椭圆：．【小问2详解】（ⅰ）设点，所以，，设直线的斜率为，方程为：，则，由消去，得①，因为直线与椭圆相切，所以方程①，得，所以②，其中．所以关于的方程②有两相等实根，所以，所以为定值．（ⅱ）椭圆：的左、右焦点，．方法1：由（ⅰ）得过点与直线垂直的直线为：，令，得，所以直线与轴交点，所以，．（），同理．所以．根据内角分线定理得，为的角平分线，设与轴交于点,所以，即，，三点共线，所以直线过点．方法2：设点，则，根据题意得，解得所以，所以，所以，，三点共线，所以直线过点．方法3：设点，则，过垂直于的直线交于点，由（ⅰ）可得：，则：．联立直线与的方程得所以所以，所以，所以，，三点共线，所以直线过点．【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常