山东省青岛市四区2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题【含答案解析】

2024—2025学年度第一学期期末考试高三数学2025.01本试题卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．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．如需要改动，橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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．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.双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的标准方程，结合渐近线方程，可得答案.【详解】由双曲线可得，，且焦点在轴上，则渐近线方程为.故选：A.2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数的除法计算得到复数，然后由共轭复数的定义得到【详解】∵，∴，∴故选：B.3.已知函数图象在处的切线方程为，则（）A.1 B.0 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据导数的几何意义可得结果.【详解】∵，∴，由题意得，，解得.故选：A.4.已知等差数列的前n项和为，且，则（）A.不可能为0 B.没有最小值 C.有最大值 D.有最小值【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的性质可知数列是递增数列，结合，可判断每个选项的正误.【详解】因为，所以等差数列的公差，所以数列是递增数列，又，故所有负数项的和最小，所以有最小值，故B错误，D正确；当，时，随的增大而增大，故无最大值，故C错误，当，时，，所以可能为0，故A错误.故选：D.5.为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有的点（）A.向左平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位【答案】D【解析】【分析】先将两函数利用诱导公式变为同名函数，再由平移规则计算可得.详解】易知，又因为，因此只需将图象上所有的点向右平移个单位即可.故选：D6.如图，正方形的边长为1，为等边三角形，将分别沿向上折起，使得点D，E重合并记为点P．若三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，则此圆柱表面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，三棱锥的外接球能放入圆柱，则三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，外接球是圆柱的内切球时圆柱的表面积最小，据此求解即可.【详解】设的中点为，因为与是直角三角形，则，所以是三棱锥的外接球的球心，由正方形的边长为1，所以可求得外接球的半径为，要使三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，则三棱锥的外接球能放入圆柱，则三棱锥可以在一个圆柱内任意转动，要使圆柱表面积最小，则三棱锥的外接球恰好内接于圆柱，此时圆柱的表面积为.故选：C.7.如图，P为内一点，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作于点，设，利用条件，求出，由余弦定理求出，勾股定理求出即得.【详解】如图，作于点，设，因，可得，因则，在中，由余弦定理，，即，解得，在中，，解得，故.故选：A.8.已知O为坐标原点，抛物线焦点为F，点P在C上，且的外接圆圆心恰在C上，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设外接圆的圆心为，根据外接圆圆心恰在C上，得到，，从而求得外接圆半径，然后中，利用两边之和大于第三边和必为为钝角求解.【详解】解：如图所示：设外接圆的圆心为：，由题意得，又因为外接圆圆心恰在C上，将代入，得，则，在中，，要使的外接圆圆心恰在C上，则为钝角，作轴，与抛物线交于E，得，所以，所以，故选：B.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.已知某地区成年男士的身高（单位：）服从正态分布，体重（单位：）服从正态分布．若从该地区随机选取成年男士100人，得到数据如下表，则身高体重合计大于小于等于大于ab小于等于d总计附：若，则．，其中．A.根据正态分布估计B.根据正态分布估计C.若，根据正态分布估计b，c，d的值，基于上述数值，根据小概率值的独立性检验，分析该地区成年男士身高超过与体重超过相关联D.若，根据正态分布估计b，c，d的值，基于上述数值，根据小概率值的独立性检验，分析该地区成年男士身高超过与体重超过相互独立【答案】ABC【解析】【分析】利用正态分布的性质计算可求得判断A；判断B；利用独立性检验计算可判断CD.【详解】因为该地区成年男士的身高（单位：）服从正态分布，由正态分布可得，若从该地区随机选取成年男士100人，则身高大于177的人数约为16人，所以，故A正确；因为体重（单位：）服从正态分布．因为体重大于，所以可得从该地区随机选取成年男士100人，体重大于73的数约为16人，所以体重小于等于73的数约为84人，故，故B正确；若，则，零假设：该地区成年男士身高超过与体重超过无关，计算可得，由小概率值的独立性检验，我们推断不成立，所以该地区成年男士身高超过与体重超过相关联，故C正确；D错误.故选：ABC.10.如图，圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形，平面平面，点为母线的中点，则（）A.直线平面B.异面直线和所成角大于C.沿该圆锥侧面，由点D到点F的最小值为D.过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，利用异面直线夹角的向量求法判断B，找到符合题意的特殊平面举反例判断D，作出展开图，利用勾股定理求解最小值判断C即可.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接，对于A，因为圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形，所以，则，，故，，，，，因为为母线的中点，所以由中点坐标公式得，则，，，设面的法向量为，则，得到，也有，得到，令，解得，得到，而，则直线平面不成立，故A错误，对于B，由已知得，，设异面直线和所成角为，则，而，则，而，由余弦函数性质得该范围内单调递减，故，则异面直线和所成角大于，故B正确，对于C，由已知得圆锥底面圆直径为，母线长度为，则底面圆的周长为，如图，我们把圆锥沿母线展开为扇形，此时点对应两个位置，和，且是的中点，则在该扇形内，半径为，弧长为，设圆心角为，则，解得，则该扇形是半圆，，而是的中点，则，由勾股定理得，故C正确，对于D，如图，作，连接，此时截面由构成，围成的截面面积最小，由等面积公式得，解得，则，而，，得到截面面积一定大于的面积，即过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值不为，故D错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：解题关键是作出符合题意的面积最小的截面，求出截面里包裹的小三角形面积，再证明截面面积大于三角形面积即可.11.已知函数，则（）A.的图象关于点对称 B.的图象关于直线对称C.在区间单调递增 D.【答案】BD【解析】【分析】A项由可得；B项证明可得；C项由区间内存在导数值异号的点可知不单调；D项，根据函数的对称性，利用三角函数的性质，借助导数研究单调性，分区间讨论函数范围可得.【详解】由，解得，故的定义域为.选项A，由，可得，所以的图象不关于点对称，故A错误；选项B，由；且；可得，所以的图象关于直线对称，故B正确；选项C，，则，，且当时，又，，由此可知在区间不单调，故C错误；选项D，，由B项推理可知，图象关于对称，且，故只需分析当时，的范围.①当时，则，所以，又，由，，则，故当时，恒有；②当时，，可知在单调递减；又由C项推理可知，故，所以在单调递增，从而，故当，也恒有；综上所述，当，.则由对称性可知，在定义域内恒成立，故D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：对于三角函数与指、对数函数等组合型函数性质的研究，一般需要结合三角函数的单调性与有界性，进行分区间讨论，在不同区间上，可借助导函数、不等式性质、函数有界性等知识解决问题.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.已知正项等比数列的前n项和为，，则______．【答案】4【解析】【分析】利用数列前n项和的意义，结合等比数列项间关系列式求解.【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，即，于是，解得，所以.故答案为：413.在中，，，则__________.【答案】120°【解析】【分析】先利用切化弦得到，然后利用三角形内角和定理和两角和的余弦公式即可求解.【详解】因为，，所以，所以，由A是三角形内角，所以，故答案为：120°.14.从编号1，2，…，的相同小球中有放回的等概率抽取，并记录下每次的编号．（1）若出现1就停止抽取，则抽取小球数的数学期望为______；（2）若1，2，3均出现就停止抽取，则抽取小球数的数学期望为______．【答案】①.②.【解析】【分析】（1）写出随机变量的可取值和抽取抽到编号1的概率为，由此得到，由期望的公式求出其期望.（2）由期望的可加性，分别算出这三个数第一次出现，第二次出现，第三次出现的数学期望，再相加即可.【详解】（1）设抽取小球数为，的可取值为：，则抽到编号1的概率为，没抽到编号1的概率为,则，，，，∴，①，②①②得：，∴，∴；（2）设表示停止时抽取次数，设表示第一次出现中任意一个数的次数，因为每次抽到中任意一个数的概率为，根据（1）的结论可知，设表示已经出现中任意一个数后，再次出现两个数中任意一个数的次数，此时每次抽到剩下两个数中任意一个数的概率为，根据（1）的结论可知，设表示已经出现中任意两个数后，再出现最后一个数的次数，此时每次抽到最后一个数的概率为，根据（1）的结论可知，由期望的可加性知：.故答案为：.【点睛】方法点睛，本题考查了随机变量的数学期望，利用期望的可加性是解决本题的关键，将随机变量的期望利用（1）中的方法和结论拆分成三个随机变量的期望来完成即可.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.已知函数．（1）求的极值；（2）若方程在区间上有两个实数解，求的取值范围．【答案】（1）极小值-1，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求导，确定函数单调区间即可求解；（2）确定函数图像，结合图像即可求解；【小问1详解】的定义域是，，可得，x00减函数极小值增函数所以的单增区间是，单减区间是当时，取得极小值，无极大值.【小问2详解】由（1）可知，单调递减，在单调递增，又，当，，所以方程在区间上有两个实数解，等价于的图像与在又两个交点，结合图像所以的取值范围是.16.如图，平行六面体的所有棱长为2，平面平面，和都是等边三角形．（1）证明：；（2）若点E在对角线上，平面，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）由等边三角形三线合一得到线线，然后得到线面垂直，由线面垂直的性质得到线线垂直；（2）由面面垂直的性质证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，解出三角形各线段长，得到点的坐标.由空间向量的关系求出平面的一个法向量.设得到点坐标，然后得到，由线面平行求出参数的值，从而知道向量坐标.由空间向量的关系求出平面的一个法向量.由空间向量的关系求出线面角的正弦值.【小问1详解】取中点，连接，如图：∵和都是等边三角形，∴，且，平面，平面∴平面，又∵平面，∴.【小问2详解】又∵平面平面，且平面平面，∴平面，平面∴,，∴以为坐标原点，以分别为如图建立空间直角坐标系，在等边三角形和中，，∴，，，，∴，，∴，，设，∴，∴，设平面的一个法向量为，则，令，则，即，∵平面，∴，∴，∴，设平面的一个法向量为，则，令，则，即，设与平面所成角，则.17.现将近几日某地区门锁销售的数量进行统计，得到如下表格：第x天1234567数量y200260280350420440500（1）若y与x线性相关，求出y关于x的经验回归方程，并预测第10天该地区门锁的销售数量；（参考公式和数据:）（2）某人手里有三把钥匙，其中只有一把可以打开门锁，他现在无法分清哪一把能够打．记X为他有放回的进行开锁时的开锁次数，Y为他无放回的进行开锁时的开锁次数．求的概率．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）利用表中数据先求出平均数，再代入公式计算可求得，得出回归方程后进而可预测结果；（2）分别判断出有放回和无放回的分布模型，再分情况讨论即可计算出概率.【小问1详解】依题意可得；又，所以，可知，所以经验回归方程为，将代入该方程可得预测第10天该地区门锁的销售数量为；【小问2详解】有放回时，随机变量对应的概率为；无放回时，随机变量对应的概率为；若，则有以下情况：当时，，此时概率为；当时，或，此时概率为;因此可得的概率为.18.已知椭圆经过点，离心率为．（1）求M的方程；（2）直线l与M在x轴上方的部分交点是A，B，记的斜率分别为，．（i）证明：l过定点Q；（ⅱ）若直线分别交直线于C，D两点，根据（i）的结论．证明：为定值．【答案】（1）（2）（i）证明见详解（ⅱ）证明见详解【解析】【分析】（1）由椭圆上的点和离心率建立方程组，求得的值，即可求得的值，写出椭圆方程；（2）（i）设直线方程，然后联立方程组，整理得到一元二次方程，由韦达定理得到两交点横坐标的和与积关系，表示出，然后建立方程求得直线方程中参数的关系，即可得到定点坐标；（ⅱ）设，由三点共线写出和，由条件中的建立方程即可证明.【小问1详解】由题意得，解得，∴，∴.【小问2详解】（i）由已知可知直线斜率一定存在，设，联立方程组得：，则，，设，则，则，，，解得所以直线的方程为：，则直线过定点.（ⅱ）设，显然，因为三点共线，所以，此时，因为三点共线，所以，此时，所以，即故为定值0.【点睛】方法点睛：本题直线与椭圆的交点为题，一般写出直线方程后与椭圆方程联立方程组求得，利用韦达定理得到交点坐标的关系，然后利用条件中的等量关系建立等式，化简得到结论即可.19.关于的方程，其中，等号两边各有个一次因式．若在等号两边去掉这个一次因式中的.个，使得等号每一边均至少留下一个一次因式，且所得方程没有实数解，则称得到的方程为方程．（1）若，写出所有的方程；（2）若，求满足等号两边各去掉2个因式的方程；（3）若，求的最