广东省湛江市2024-2025学年高三上学期期末数学试题【含答案解析】

高三年级期末考试试卷数学本试卷满分150分，考试用时120分钟.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.已知集合，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简集合，然后利用交集运算求解即可.【详解】由题意可得，则.故选：C.2.复数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由乘法运算及共轭复数概念即可求解；【详解】由题意可得，则．故选：B3.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，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】由空间线、面的位置关系结合充分条件与必要条件的定义即可判断；【详解】当直线相交且垂直时，平面可以相互平行，当时，直线可以平行，则“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D4.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则双曲线的离心率是（）A. B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，结合二倍角公式求出双曲线渐近线的斜率，进而求出离心率.【详解】依题意，，由，得，因此，而双曲线渐近线方程为，则，所以双曲线的离心率是.故选：B5.在中，角的对边分别是，若，且，则的最小值是（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式可得，再由余弦定理结合基本不等式即可得的最小值.【详解】因为，由正弦定理，得．因为，所以，所以，所以.因为，所以，则．由余弦定理，得，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为.故选：B.6.已知函数满足，且是奇函数，若，则（）A.-6 B.-3 C.3 D.6【答案】C【解析】【分析】先根据函数是奇函数得出，再结合已知条件得出周期，最后计算求解即可.【详解】因为是奇函数，所以，所以．因为，所以，所以，即是周期为4的周期函数，则．故选：C.7.《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（）A.715种 B.572种 C.312种 D.286种【答案】D【解析】【分析】本题以《九章算术》中的粟米为背景，考查排列组合的应用，考查化归与转化的数学思想和应用意识．【详解】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种．故选：D.8.在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可求解.【详解】如图，取棱的中点，连接，则，且，设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，连接，作，垂足．由题意得．因为，所以，所以．又，平面，所以平面，则．设三棱锥外接球的半径为，则，即，解得，故三棱锥外接球的表面积是．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甲，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.某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表：得分频数5152010根据表中数据，下列结论正确的是（）A.这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25B.这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过C.这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间D.这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表【答案】ABC【解析】【分析】利用中位数判断A；利用比例判断B；利用极差判断C；利用平均数判断D【详解】对于A，这50位教师12月份的日均得分在的人数为，日均得分在的人数为，因此这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25，A正确；对于B，这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例为：，B正确；对于C，这50位教师12月份日均得分的极差属于，C正确；对于D，这50位教师12月份的日均得分的平均值为：，D错误．故选：ABC10.已知函数，则（）A.最小正周期为 B.的图象关于点对称C.在上单调递减 D.的值域为【答案】ABD【解析】【分析】根据诱导公式及正弦函数的性质求出函数的最小正周期，即可判断选项A；根据函数的对称性定义及诱导公式可判断选项B；利用换元法可研究函数的单调性与值域，即可判断选项CD.【详解】因为，且当时，；当时，，所以的最小正周期为，则A正确.因为，所以的图象关于点对称，则B正确.当时，.设，则函数，所以.由，得或；由，得.故在和上单调递减，在上单调递增.当时，即.因为，所以在上不单调，则C错误.因为所以在上的值域为.因为的最小正周期为，所以的值域为，则D正确.故选：ABD.11.数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（）A.曲线关于轴对称B.曲线上任意一点到原点的距离都不超过2C.曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离D.若是曲线上任意一点，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对A，若点在曲线上，由是否满足曲线的方程判断；对B，由曲线的对称性可令，结合可得，利用二次函数求得最值；对C，举反例说明；对D，根据题意，当点位于第二象限时，取得最大值，令，将代入，利用判别式判断.【详解】对于A，若点在曲线上，则都满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，故A正确；对于B，设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称，由曲线的对称性可令，则，所以，则，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确；对于C，易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误；对于D，由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值，所以，令，将代入，可得，解得，即的最大值为，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据曲线方程的特征判断曲线的对称性，结合各项描述并应用特殊象限点、两点距离公式、方程法判断各项正误为关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是______．【答案】【解析】【分析】通过平方即可求解；【详解】因为，平方可得：，所以，则．故答案为：13.若圆上恰有两个点到直线的距离为，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】求出圆的圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】由题意可知，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离，由于圆上恰有两个点到直线的距离为，则，即，解得或．因此，实数的取值范围是.故答案为：.14.已知函数，且，则______．【答案】2【解析】【分析】利用对数运算得，从而设函数，由函数单调性可得，从而得解.【详解】由题意得的定义域为，则．由，得，即．设函数，易得在上单调递增．因为，所以，即．故．故答案为：2【点睛】关键点点睛：构造函数，研究其单调性，从而得.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.蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立．（1）求顾客中奖的概率；（2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为1【解析】【分析】（1）分别求出顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”、“安康”和“和顺”的概率即可求解；（2）设小明全家中奖的次数为，根据服从二项分布即可求解.【小问1详解】顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，综上，顾客中奖的概率为；【小问2详解】设小明全家中奖的次数为，则，，，，，则的分布列为0123所以．16.如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，．（1）证明：平面．（2）求平面与平面夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理得到，进而得到，再结合四边形是菱形，得到．进而求证；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；【小问1详解】证明：因为四边形是菱形，且，所以．因为，所以，所以因为，所以．因为平面，且，所以平面因为平面，所以．因为四边形是菱形，所以．因为平面，且，所以平面．【小问2详解】记，以为原点，方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，则．设平面的一个法向量为，则令，得．设平面的一个法向量为则令，得．设平面与平面的夹角为，则，故．17.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论的单调性.【答案】（1）（或）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）把代入得，利用导数的几何意义求出切线方程；（2）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调性.【小问1详解】当时，，则，从而，故所求切线方程为，即（或）.【小问2详解】由题意可得的定义域为.当，即时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增.当，即时，由，得或，由，得，则在上单调递减，在和上单调递增.当，即时，恒成立，则在上单调递增.当，即时，由，得或，由，得，则在上单调递减，在和上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增.18.已知和为椭圆上两点．（1）求椭圆的方程；（2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；（3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．【答案】（1）（2）．（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得关于，的方程组，解出，的值，即可得出椭圆的方程；（2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积；（3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立.【小问1详解】由题意得，解得，所以椭圆的方程为．【小问2详解】由题可知在中，由余弦定理得则即所以，故的面积是．【小问3详解】当的斜率为0时，．当的斜率不为0时，设直线的方程为联立，得，此时．，故为定值．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.19.若数列的首项，对任意的，都有（为常数，且），则称为有界变差数列，其中为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前项和为．（1）当时，证明：．（2）当中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求的最大值；（3）当中各项都取最大值时，，数列的前项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）的最大值为；（3）的取值范围为.【解析】【分析】（1）由定义可得，结合关系证明结论；（2）由定义证明，由此可得，化简条件不等式并分离变量可得，利用基本不等式求的最小值，结合条件可得结论；（3）由（2），利用错位相减法求，代入条件不等式可得，讨论的奇偶，分离变量，结合数列的单调性求结论.【小问1详解】当时，，则.当时，，满足，故，当且仅当时，等号成立.【小问2详解】因为，所以，当时，满足上式，所以.所以不等式可化为，所以，.因为，所以，所以，而，