河北省张家口市2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题（解析版）

第1页/共1页张家口市2024～2025学年度第一学期高三年级期末教学质量监测数学2025.1注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.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.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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由交集定义计算即可得.【详解】由、，，故.故选：B.2.已知是一个平面，是两条不同的直线，，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】A【解析】【分析】由线面垂直的性质定理及空间中直线与平面的位置关系，结合充分条件与必要条件定义判定即可得.【详解】若，由，则；若，则与可能垂直、可能相交也可能平行，还有可能平面；故是的充分不必要条件.故选：A.3.已知是椭圆的两个焦点，点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】计算可得点在椭圆上，再可结合椭圆定义及椭圆方程求出长轴长即可得.【详解】由椭圆可得其长轴长，由，故点在椭圆上，则由椭圆定义可得.故选：D.4.若复数满足且，则（）A.5 B. C. D.10【答案】B【解析】分析】设，则可得，结合复数运算可得，再计算出后结合模长定义计算即可得.【详解】设，则，即，则，则，则.故选：B.5.已知单位向量与的夹角为，若，则（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】借助单位向量定义与数量积公式计算可得，再结合模长与数量积的关系计算即可得解.【详解】由，则，解得，则.故选：A.6.已知等差数列的前项和为，且，则取最大值时的值是（）A.4 B.5 C.6 D.10【答案】B【解析】【分析】设出公差，结合等差数列求和公式计算可得，再用与表示出后，结合二次函数性质即可得.【详解】设等差数列的公差为，则，化简得，即，则，由，则当时，取最大值.故选：B.7.已知函数在区间上单调，且，则函数在区间上（）A.单调递增 B.单调递减C.最大值为 D.最小值为【答案】C【解析】【分析】由题意结合正弦函数的性质可得，，则有，，再结合余弦函数的性质计算即可得在区间上的单调性及其最值.【详解】由，，则，，又函数在区间上单调，故，，则当时，单调递增，当时，单调递减，故，，，即，故A、B、D错误，C正确.故选：C.8.已知函数恰有2个零点，则实数（）A.有最大值，没有最小值 B.有最小值，没有最大值C.既有最大值，也有最小值 D.既没有最大值，也没有最小值【答案】A【解析】【分析】当，可得在时无零点，则需在时有2个零点，则可得且；当时，可得在时有1个零点，则需在时有1个零点，则可得，即可得的取值范围，即可得解.【详解】当时，若，则，此时在时无零点，则需在时有2个零点，令，则或，则、且，解得且，即且符合要求；当时，令，则，即在时有1个零点，则需在时有1个零点，令，则或，由，则，故需满足，解得，即时，符合要求；综上所述，，故实数有最大值，没有最小值.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分及进行讨论，即可得分别在及时的零点个数，从而可讨论出的取值范围.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.某企业有两条生产线，现对这两条生产线的产品的质量指标值进行分析，得到如下数据：生产线的产品质量指标值，生产线的产品质量指标值.已知生产线的产量是生产线的倍，则（）A.生产线产品质量指标值的均值高于生产线产品质量指标值的均值B.该企业产品质量指标值的均值是C.生产线产品质量指标值的标准差低于生产线产品质量指标值的标准差D.，两条生产线的产品质量指标值低于的概率相同【答案】ABD【解析】【分析】结合正态分布定义可得A、C；借助均值定义计算可得B；借助正态分布的原则可得D.【详解】对A：生产线产品质量指标值的均值为，生产线产品质量指标值的均值为，故生产线产品质量指标值的均值高于生产线产品质量指标值的均值，故A正确；对B：该企业产品质量指标值的均值是，故B正确；对C：生产线产品质量指标值的标准差为，生产线产品质量指标值的标准差为，故生产线产品质量指标值的标准差高于生产线产品质量指标值的标准差，故C错误；对D：，，故，两条生产线的产品质量指标值低于的概率相同，故D正确.故选：ABD.10.已知圆柱的轴截面为矩形为下底面圆的直径，点在下底面圆周上，为的中点，，则（）A.该圆柱的体积为B.该圆柱的表面积为C.直线与平面所成角为D.二面角为【答案】D【解析】【分析】由几何关系结合圆柱的体积公式可得A错误；由圆柱的表面积公式可得B错误；由线面垂直得到线面角，再由正弦值可得C错误；由二面角的概念得到为二面角的平面角，再求其值可得D正确；【详解】对于A，因为底面，底面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，即，因为为的中点，所以为等腰直角三角形，所以，又，为底面圆的直径，所以，所以该圆柱的体积为，故A错误；对于B，由A可得该圆柱的表面积为，故B错误；对于C，因为底面，底面，所以，又，平面，所以平面，所以直线与平面所成角，因为，所以，即，故C错误；对于D，由C可得为二面角的平面角，因为为等腰直角三角形，所以，即二面角为，故D正确；故选：D.11.设是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，，且，，都有，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用赋值法判断A，利用的奇偶性与对称性分析得其周期性，再结合赋值法可判断BC，利用的周期性，结合一个周期内的相应函数值之和即可得解.【详解】对于A，因为，，都有，所以，即，则，又，故，故A错误；对于B，则，即，又，则，因为是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，所以，，则，所以，故B正确；对于C，，即，则，所以，故C正确；对于D，因为，所以又，即是周期为的周期函数，所以，故D错误.故选：BC.【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边落在第一象限，角的终边按顺时针方向旋转后与单位圆交点的纵坐标为，则角的终边按逆时针方向旋转后与单位圆交点的横坐标是_____.【答案】【解析】【分析】由三角函数的定义可得出的值，再利用诱导公式可得出的值，即为所求.【详解】由题意可得，则角的终边按逆时针方向旋转后与单位圆交点的横坐标.故答案为：.13.双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与的一个交点的纵坐标为，则的离心率为_____.【答案】【解析】【分析】由交点的纵坐标可得其横坐标的平方，结合圆的性质可得，再利用两点间距离公式计算即可得与、有关齐次式，结合离心率定义计算即可得解.【详解】由的纵坐标为，则，即，由点在以为直径的圆上，故，即有，化简得，即，又，故，即.故答案：.14.若无穷数列满足，则称数列为数列.若数列为递增数列，则_____；若数列满足，且，则_____.【答案】①.②.【解析】【分析】结合所给定义与递增数列的性质可得，利用累加法计算即可得空一；依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可.【详解】由为递增数列，则，故，则，，，，则即，又，则，故；由，故数列是单调递增数列，即数列的偶数项构成单调递增数列，依题意，可得，或，由，故，故或，则或或或，由，故，又，则，故，故当时，有，下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数：假设数列中存在同时为非负数，因为，若，则有，与条件矛盾；若，则有，与条件矛盾；即假设不存在，即对任意正整数，中至少有一个小于；由，对成立，故时，，，即，故，故，即，，又，所以数列是，公差为1的等差数列，所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：空二的关键点在于考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得.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.已知6位同学中有3位女生，3位男生，现将这6位同学随机平均分成，两组，进行比赛.（1）求组中女生的人数的分布列.（2）记事件:女生不都在同一组，事件:女生甲在组.判断事件是否相互独立，并证明你的结论.【答案】（1）分布列见解析；（2）相互独立，证明见解析.【解析】【分析】（1）依题意求出组中女生的人数，根据概率公式求出分布列；（2）根据独立事件概率乘法公式验证相互独立.【小问1详解】组中女生的人数可能为0，1，2，3，故的可能取值为0，1，2，3，，，，所以组中女生的人数的分布列为0123

【小问2详解】事件相互独立，证明如下：事件:女生不都在同一组，概率，事件:女生甲在组，概率，，，所以事件相互独立.16.已知为的角所对的边，且满足,为的中点.（1）求角;（2）若，求AD的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角函数恒等变换公式化简变形可求得角；（2）利用数量积公式计算求得，由平面向量加法的平行四边形法则可得，计算出的值，即可求得的长．【小问1详解】,由正弦定理得，，，∴，，，当时，，，∴，，∵，.【小问2详解】，∴，又∵，由余弦定理得，∴.由平面向量加法的平行四边形法则可得，所以，，，即的长为．17.如图，平行四边形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，是线段上的一个动点.（1）证明：平面；（2）当的面积最小时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）借助折叠性质及等腰三角形性质可得，再借助面面垂直的性质定理可得线面垂直从而可得线线垂直，借助相似三角形的性质亦可得到线线垂直，最后利用线面垂直判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可计算点到直线的距离，取使最小的点，再求出平面与平面的法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得.【小问1详解】由，为的中点，则，则，又平面平面，平面平面，平面，故平面，又平面，故，由，，则，，，由，则，则，又，故与相似，故，则，故，又，，、平面，故平面；【小问2详解】由（1）可得、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、D0,1,0、P0,0,1，则、、，设，，则，点到直线的距离，由，故则当点到直线的距离最小时，的面积最小，此时，则，设平面的法向量为m=x,y,z则有，取，则，，即，由轴平面，故平面的法向量可为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.18.直线经过抛物线的焦点，且与交于两点（点在轴上方)，点（，且）在轴上，直线，分别与交于点，，记直线与轴交点的横坐标为.（1）若直线垂直于轴，求直线的方程.（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，则可计算出点、坐标，结合坐标即可得、坐标，即可得直线的方程；（2）设直线为，联立直线与抛物线，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合坐标则可表示出、坐标，即可得直线的方程，再令即可得，最后借助放缩并裂项相消法求和即可得证.【小问1详解】由抛物线的焦点为，若直线垂直于轴，则，令，则、，，则，即，，即，联立，解得或，即，联立，解得或，即，故直线的方程为；【小问2详解】设直线为，联立，则有，故，，由，则，，联立，则，故，即，同理可得，则，，则，令，即有，又，则，则，故，由，故，即得证.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19.若定义在上的函数满足:对任意，存在常数，都有成立，则称为函数的上界，最小的称为函数的上确界，记作.与之对应，若定义在上的函数满足:对任意，存在常数，都有成立，则称为函数的下界，最大的称为函数的下确界，记作.（1）若有下确界，则一定是的最小值吗?请举例说明.（2）已知函数，其中.(i)若，证明:有下确界，没有上确界.(ii)若函数有下确界，求实数的取值范围，并证明