湖北省十堰市2024-2025年高三上学期期末考试数学试题（解析版）

第1页/共1页十堰市2025年高三年级元月调研考试数学本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟.★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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.答在试题卷､草稿纸上无效.3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷､草稿纸上无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡.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】D【解析】【分析】解不等式与分式不等式可化简集合A，B，然后由交集定义可得答案.【详解】不等式.所以，又，所以.故选：D2.下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据各项双曲线方程确定焦点位置并写出渐近线方程，即可得答案.【详解】由、的焦点在轴上，A、B错；由的焦点在轴上且渐近线方程为，C对；由的焦点在轴上且渐近线方程为，D错.故选：C3.如图，在中，是延长线上一点，且，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的基本定理求解即可.【详解】.故选：B.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的诱导公式以及二倍角公式，可得答案.【详解】，则，又，所以.故选：D.5.已知，且的中位数为1，则（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】先根据题意判断出，再分别讨论和即可求解.【详解】因为，所以，又的中位数为1，所以，当时，分别为，则中位数为，不符合题意；当时，，则中位数为，解得.故选：B6.已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取正三棱锥的底面中心为，设外接球的球心为，先由三棱锥的体积求出正三棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可.【详解】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上.设正三棱锥的高为，外接球的半径为，由，可得正三角形的面积为，所以，解得.球心到底面的距离为，由，得，所以外接球表面积为.故选：D.7.在中，为上一点，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等面积法结合余弦定理解三角形，结合三角形的面积公式求解即可.【详解】记的内角的对边分别为，因为，所以.由余弦定理可知，得，又，所以，则的面积为.故选：B.8.已知函数，若实数、、满足，且，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作出函数的图象，可知，求出的取值范围，根据求出的值，由此可得出的取值范围.【详解】作出函数的图象，如图：由图可知，，即，得，即，由，即，可得，得，即，所以.所以，，故的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据图形确定、、的范围，结合图形以及代数运算求出为定值，再结合的范围求解.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知虚数满足，则（）A.的实部为 B.的虚部为C. D.可能为纯虚数【答案】AC【解析】【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的概念，建立方程方程，可得答案.【详解】设，由，可得，所以，解得，则，所以的实部为的虚部为不可能为纯虚数.故选：AC.10.已知，函数，则下列说法正确的是（）A.若为奇数，则是的极小值点B.若为奇数，则是的极大值点C.若为偶数，则是的极小值点D.若为偶数，则是的极大值点【答案】BC【解析】【分析】先求导函数再分奇数偶数判断导函数正负得出函数的单调性进而得出极值点即可.详解】由题可得.当为奇数时，，令，且当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是的极大值点，B正确；当为偶数时，，当时，单调递增，当时，单调递减，当x∈2,+∞时，单调递增所以是的极小值点，C正确.故选：BC.11.数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，则下列四个结论中正确的是（）A.曲线关于原点对称，且关于直线对称B.曲线上任意一点到原点的距离都不超过2C.若是曲线上的任意一点，则的最大值为D.已知，直线与曲线交于两点，则为定值【答案】ABD【解析】【分析】根据曲线上任意点，结合曲线方程判断是否在曲线上判断A；令第一象限点在曲线上，得，应用基本不等式求的范围判断B；根据题意位于第二象限时取得最大值，令得，利用求的范围判断C；设第一象限点，则且，结合两点距离公式求判断D.【详解】根据曲线方程，若点在曲线上，易知点都满足曲线的方程，所以曲线关于原点对称，且关于直线对称，A正确；令第一象限点在曲线上，则，因为，则，解得，当且仅当时等号成立，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，B正确；由曲线的对称性知，当位于第二象限时，取得最大值，所以，令，将代入，可得，故，解得，即的最大值为6，C错误；由题，知点关于原点对称，不妨设第一象限点，则且，则，，所以为定值，D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：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、基本不等式、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.已知函数是定义在上的奇函数，若，，则__________.【答案】3【解析】【分析】根据奇函数的定义代入求解即可.【详解】因为，所以，即，因为是定义在R上的奇函数，所以，故.故答案为：.13.已知，函数在上单调递减，则的最大值为__________.【答案】10【解析】【分析】设，可知在上单调递减，结合正弦函数单调性可得，再根据分析求解即可.【详解】因为，所以，又因为在上单调递减，设，可知在上单调递减，则，解得，且，则，解得，当时，，当时，，所以的最大值为10.故答案为：10.14.由数字1，2构成一个9位的数字序列，含有连续子序列1221的数字序列有__________个.（例如122122211，212112211符合题意）【答案】174【解析】【分析】考虑子序列1221可能出现的位置，再将其中重复的去掉，即可得答案.【详解】考虑出现子序列1221时，可能出现的位置有6个，依次对应序列放入集合，中，记为集合中元素个数，则，再考虑重复的序列，，又注意到任意多于2个集合的交集均为空集，所以含有连续子序列1221的数学序列有个.故答案为：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.现在很多市民都喜欢骑“共享单车”，但也有很多市民并不喜欢.为了调查人们是否喜欢这种交通方式，某同学从交通拥堵严重的A城市和交通拥堵不严重的B城市随机调查了100名市民，得到了一个市民是否喜欢骑“共享单车”的样本，具体数据如下列联表：AB总计喜欢401050不喜欢203050总计6040100（1）根据列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联？（2）为进一步了解A城市的拥堵情况，该同学从样本中A城市的市民中按是否喜欢利用分层随机抽样的方法抽取6人，并从这6人中选出2人代表发言，记代表发言中喜欢骑“共享单车”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望.附表格及参考公式：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）认为市民喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据独立性检验的相关计算方法，可得答案；（2）根据超几何分布列以及期望的计算方法，可得答案.【小问1详解】零假设为：市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况无关联.根据列联表中的数据，得.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.【小问2详解】根据分层随机抽样的知识可知，随机抽取的6人中喜欢骑“共享单车”的有4人，不喜欢骑“共享单车”的有2人，所以随机变量的所有可能取值为，，所以的分布列为012所以.16.如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且.（1）求平面与平面夹角的余弦值；（2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，且【解析】【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；解法二：延长、，设，连接，分析可知，为平面与平面夹角，计算出、的长，即可求得的余弦值，即为所求；（2）解法一：假设存在满足条件的点，设，根据空间向量法得出，求出的值，即可得出结论；解法二：当时，平面，连接，取为的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论.【小问1详解】解法一：因为在直四棱柱中，底面是边长为正方形，以点为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0、、、，所以，，.设平面的法向量为m=x,y,z，则，令，则，易知是平面的一个法向量，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.解法二：延长、，设，连接，过在平面内作的垂线，垂足为，连接.因为平面，平面，则，又因为，、平面，，所以，平面，因为平面，所以，，所以为平面与平面的夹角.因为，所以，则，则为的中点，所以，，在中，，因为，所以，因为平面，平面，则，则，所以，，即平面与平面夹角的余弦值为.【小问2详解】解法一：由（1）可得、，，假设存在满足条件的点，设，所以，因为平面，所以，解得.故当时，平面.解法二：当时，平面.证明过程如下：连接，取为的中点，连接、.因为为的中点，所以为梯形的中位线，即，且，因为，且，所以，，所以为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.17.已知等比数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）若，记数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法一：根据作差得到，即可求出公比，再求出，即可得解；解法二：设数列的公比为，令、，即可求出、，即可求出通项公式；（2）由（1）可得，利用错位相减法求出，参变分离可得，令，利用作商法判断的单调性，即可求出的最大值，即可得解.【小问1详解】解法一：由，可得，两式相减可得，则，即数列的公比为.当时，，则，解得，所以.解法二：设数列的公比为，当时，，即，当时，，即，解得，所以.【小问2详解】由（1）可得，所以，则，所以，即，解得，由，可得，令，则，当时，，当时，，当时，1，所以，所以，所以的取值范围为.18.已知抛物线的焦点在直线上，是上的三个点.（1）求的方程；（2）已知，且直线经过点，，求直线的方程；（3）已知在轴的两侧，过点分别作抛物线的切线，且与交于点，直线与和分别交于点，求面积的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据焦点在直线上求解即可；（2）求出点的坐标，设Ax1,y1,Bx2（3）设出直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和判别式得到，利用导数分别求出点和点处的切线方程，求出点，，的坐标，得到面积的表达式，令，则，利用导数判断函数的单调性，进而求出最小值.【小问1详解】由题可知，所以，解得，所以的方程为；【小问2详解】设Ax1,依题意知直线的斜率必存在，设直线的方程为.由整理得，则，，，，因为，所以，所以，，解得，所以直线的方程为；【小问3详解】设Ax因为在轴的两侧，所以直线的斜率一定存在，不妨设，直线的方程为，由整理得，则，，由得.设切线的斜率分别为，又，所以，则，，所以的方程为，即，同理可得的方程为.由解得即.令，可得，，.点到直线的距离为，故的面积为，（当时，等号成立）令，记，则，令，则，所以在上单调递增；令，则，在上单调递减，所以，故面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点之一在于利用导数求出抛物线在点，处的切线，进而得到面积的表达式，关键点之二在于利用得到，再利用换元法转化为求函数的最小值，利用导数求解即可.19.设函数在区间上有定义，若对任意，都满足，则称函数在区间上为级速增函数.（1）判断函数在区间上是否为1级速增函数，说明理由；（2）若函数在区间上为2级速增函数，且，证明：对任意，恒成立；（3）若在区间上为级速增函数，求的取值范围.【答案】（1）是，理由见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据函数新定义作差比较判断即可；（2）根据函数新定义作差结合累加法比较判断即可；（3）先根据