2025届辽宁省葫芦岛市高三上学期1月期末考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省葫芦岛市2025届高三上学期1月期末考试数学试卷一、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】C【解析】，，所以.故选：C.2.复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，故复数的虚部为.故选：B.3.已知向量，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，因为，所以，所以，解得.故选：A.4.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为角的终边经过点，则，所以，故选：B.5.风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源．如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为D为的中点，，所以，所以，，又，四边形为矩形，，平面，所以平面，又，，平面，所以平面，故由四边形为矩形得平面，所以由，，得,所以，又由得，所以，所以多面体的体积为.故选：C.6.已知函数，若的值域为，则实数的范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以时，，又的值域为，则，解得，故选：D.7.已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，又，，则，又，所以，又由图知，“五点法”作图中的第二个点、第三个点分别为，，则，解得，所以，令，得到，所以，代入，得到，又，解得，所以，则，故选：C.8.已知函数的定义域为，，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（）A.是偶函数 B.是奇函数C. D.【答案】B【解析】因为函数的定义域为，，函数是奇函数，则对任意的，，可得，所以，函数的图象关于直线对称，则的值不确定，C错；因为函数的图象关于直线对称，令，所以，，即对任意的，，即，所以，函数为奇函数，即函数的图象关于点对称，B对；因为，而不一定等于零，故函数不一定是偶函数，A错；因为函数的图象关于直线对称，则，因为函数的图象关于点对称，则，所以，，则，故，D错.故选：B.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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）9.已知某校高三年级在期末考试中，1000名学生的数学成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有（）（参考数据：；；．）A.成绩在内的人数约为997B.该校学生成绩的标准差为10C.及格率超过D.成绩低于80的人数和优秀的人数大致相等【答案】ABD【解析】A：因为1000名学生的数学成绩服从正态分布，，所以，即成绩在内的人数约人，故A正确；B：该校学生成绩的标准差为标准差，故B正确；C：，，，因为90分为及格线，所以及格率小于，故C不正确；D：因为成绩服从正态分布，，所以，即，因为120分为优秀线，所以成绩低于80的人数和优秀的人数大致相等，故D正确，故选：ABD.10.已知，则下列结论成立的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】A：令，得，即，A正确；B：令，则原等式变形为，由二项式定理得，，令，得，等式两侧同乘，得，∴，B错误；C：令，得，故，C错误；D：对等式两侧同时求导函数得，，令，得，D正确，故选：AD.11.年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”．其来源于雅各•伯努利仿照椭圆的定义稍做改动．他是这样定义双纽线的：在平面内，设两定点、之间距离为，则到两定点距离之积为定值的点的轨迹叫做双纽线．按照如图所示坐标系研究此曲线，下列说法正确的是（）A.若，则的方程为B.若上的点到两定点、的距离之积为，则点在上C.若点在上，则D.当时，上第一象限内的点满足的面积为，则【答案】ACD【解析】在曲线上任取一点，易知、，由，即，整理可得，即，化简得，对于A选项，若，则，此时，曲线的方程为，即，故A正确；对于B选项，若上的点到两定点、的距离之积为，则，此时，曲线的方程为，因为，故点不在曲线上，故B错误；对于C选项，若点在上，则，可得，故，故C正确；对于D选项，当时，则，设点，由题意可得，，则，可得，曲线的方程为，将点的坐标代入曲线的方程可得，整理可得，可得，因为，解得，故当时，上第一象限内的点满足的面积为，则，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）12.曲线在处的切线方程为______．【答案】【解析】，所以，由，所以切线方程为，即，故答案为：.13.在平面直角坐标系中，直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为是线段的中点，若，则的离心率为______．【答案】【解析】设直线的方程为，双曲线的渐近线方程为，由，解得，所以，由，解得，所以，可得线段的中点的坐标为，所以，又，，所以，所以所以的离心率为.故答案为：.14.甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于13或者所有卡片被抽完时，游戏结束．若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______．【答案】或0.1【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从8张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为13，乙抽取的两张卡片数字之和不为13；总的情况相当于从8张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；其中三张卡片数字之和为13的组合有；；；；；共6种情况；当甲抽取的数字为；时，乙在剩余的5个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；当甲抽取的数字为；；；时，要排除乙抽到或，此时共有种；所以符合题意的排列总数为种，可得所求概率为.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.记的内角的对边分别是，且．（1）求；（2）点在上，平分，且，求．解：（1）因为，所以，又因为，所以．（2）解法一：如图，由题意可知，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，解得，解法二：如图，由题意可知，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，解得，在中，由余弦定理得，解得，所以，即.16.已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点．（1）求拋物线的标准方程；（2）若直线过定点，求面积的取值范围；（3）若，求直线的方程．解：（1）由题意抛物线C经过点，代入方程可得.所以抛物线标准方程为：.（2）依题意，直线与抛物线有2个交点所以直线斜率不为0，设直线如图：联立，整理得．整理得：故的取值范围是.（3）如图：由题意得抛物线的焦点，又由，可知直线过焦点且斜率不为0于是可设直线的方程为：，设联立方程组得于是由可知，，代入上式所以直线的方程或.17.如图，在四棱柱中，．（1）求证：；（2）设为棱的中点，线段交于点平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：设交于点，连接，如图，因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为中点又因为，则，又平面，因此平面，而平面，所以．（2）解：由（1）知，平面，而平面，则平面平面，平面内过作，又平面平面，因此平面，射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，因为为棱的中点，则点是正的重心，又平面，且，则，所以，因为，所以,设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面的夹角为，则．18.已知函数．（1）当时，求的单调递增区间；（2）若有两个极值点．（ⅰ）求取值范围；（ⅱ）证明：．（1）解：当时，，由，所以.故单调递增区间为.（2）（ⅰ）解：，令，即令，，则是方程的两个正根，则，即，有，，即.所以的取值范围为：.（ⅱ）证明：令则．令，则，则在上单调递减，又故存在，使，即，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减则，又，故即.19.对于数列，如果中存在四项，使得（互不相同），则称数列为友好数列．（1）若数列：为友好数列，且，求的所有可能值；（2）数列是等比数列，公比且是友好数列，求项数的最小值，并求此时公比的个数；（3）项数为（且为偶数）的数列为等差数列，公差不为，从中任意取出个元素组成一个数列，该数列为友好数列的概率超过，求的最大值．参考公式：解：（1）因为为友好数列，且，所以，得到，或，得到，或，解得，或，解得，或，解得，或，解得，综上，的所有可能取值为：.（2）若项数为，不妨令为，则，得到，即，解得（舍），若项数为，不妨令为，且为从小到大或从大到小排列，①，得到，整理得，所以，解得（舍），②，得到，因为，所以，令，则，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，又所以，存，使得，③，即，得到，解得（舍），④，即，整理得到，即，令，则，由，可得，所以在上为增函数，又，所以，存在，使得．⑤（舍）综上，项数的最小值为5，满足条件的公式一共有2个．（3）由题意，为偶数，设，不妨取数列为．取出4个数从小到大依次为，能够构成友好数列的情况为共有种情况；共有种情况；共有种情况，依次类推，的情况共有：，同理：的情况共有：，的情况共有：，的情况共有：，……的情况共有：，的情况共有：，的情况共有：，的情况共有：，所以，总共有，所以该数列为友好数列的概率为，整理得：，所以，又，所以的最大整数值为，故的最大值为.辽宁省葫芦岛市2025届高三上学期1月期末考试数学试卷一、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】C【解析】，，所以.故选：C.2.复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，故复数的虚部为.故选：B.3.已知向量，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，因为，所以，所以，解得.故选：A.4.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为角的终边经过点，则，所以，故选：B.5.风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源．如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为D为的中点，，所以，所以，，又，四边形为矩形，，平面，所以平面，又，，平面，所以平面，故由四边形为矩形得平面，所以由，，得,所以，又由得，所以，所以多面体的体积为.故选：C.6.已知函数，若的值域为，则实数的范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以时，，又的值域为，则，解得，故选：D.7.已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，又，，则，又，所以，又由图知，“五点法”作图中的第二个点、第三个点分别为，，则，解得，所以，令，得到，所以，代入，得到，又，解得，所以，则，故选：C.8.已知函数的定义域为，，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（）A.是偶函数 B.是奇函数C. D.【答案】B【解析】因为函数的定义域为，，函数是奇函数，则对任意的，，可得，所以，函数的图象关于直线对称，则的值不确定，C错；因为函数的图象关于直线对称，令，所以，，即对任意的，，即，所以，函数为奇函数，即函数的图象关于点对称，B对；因为，而不一定等于零，故函数不一定是偶函数，A错；因为函数的图象关于直线对称，则，因为函数的图象关于点对称，则，所以，，则，故，D错.故选：B.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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）9.已知某校高三年级在期末考试中，1000名学生的数学成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有（）（参考数据：；；．）A.成绩在内的人数约为997B.该校学生成绩的标准差为10C.及格率超过D.成绩低于80的人数和优秀的人数大致相等【答案】ABD【解析】A：因为1000名学生的数学成绩服从正态分布，，所以，即成绩在内的人数约人，故A正确；B：该校学生成绩的标准差为标准差，故B正确；C：，，，因为90分为及格线，所以及格率小于，故C不正确；D：因为成绩服从正态分布，，所以，即，因为120分为优秀线，所以成绩低于80的人数和优秀的人数大致相等，故D正确，故选：ABD.10.已知，则下列结论成立的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】A：令，得，即，A正确；B：令，则原等式变形为，由二项式定理得，，令，得，等式两侧同乘，得，∴，B错误；C：令，得，故，C错误；D：对等式两侧同时求导函数得，，令，得，D正确，故选：AD.11.年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”．其来源于雅各•伯努利仿照椭圆的定义稍做改动．他是这样定义双纽线的：在平面内，设两定点、之间距离为，则到两定点距离之积为定值的点的轨迹叫做双纽线．按照如图所示坐标系研究此曲线，下列说法正确的是（）A.若，则的方程为B.若上的点到两定点、的距离之积为，则点在上C.若点在上，则D.当时，上第一象限内的点满足的面积为，则【答案】ACD【解析】在曲线上任取一点，易知、，由，即，整理可得，即，化简得，对于A选项，若，则，此时，曲线的方程为，即，故A正确；对于B选项，若上的点到两定点、的距离之积为，则，此时，曲线的方程为，因为，故点不在曲线上，故B错误；对于C选项，若点在上，则，可得，故，故C正确；对于D选项，当时，则，设点，由题意可得，，则，可得，曲线的方程为，将点的坐标代入曲线的方程可得，整理可得，可得，因为，解得，故当时，上第一象限内的点满足的面积为，则，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）12.曲线在处的切线方程为______．【答案】【解析】，所以，由，所以切线方程为，即，故答案为：.13.在平面直角坐标系中，直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为是线段的中点，若，则的离心率为______．【答案】【解析】设直线的方程为，双曲线的渐近线方程为，由，解得，所以，由，解得，所以，可得线段的中点的坐标为，所以，又，，所以，所以所以的离心率为.故答案为：.14.甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于13或者所有卡片被抽完时，游戏结束．若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是______．【答案】或0.1【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从8张卡片中抽取了5张，且甲抽取的三张卡片数字之和为13，乙抽取的两张卡片数字之和不为13；总的情况相当于从8张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；其中三张卡片数字之和为13的组合有；；；；；共6种情况；当甲抽取的数字为；时，乙在剩余的5个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；当甲抽取的数字为；；；时，要排除乙抽到或，此时共有种；所以符合题意的排列总数为种，可得所求概率为.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.记的内角的对边分别是，且．（1）求；（2）点在上，平分，且，求．解：（1）因为，所以，又因为，所以．（2）解法一：如图，由题意可知，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，解得，解法二：如图，由题意可知，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，解得，在中，由余弦定理得，解得，所以，即.16.已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点．（1）求拋物线的标准方程；（2）若直线过定点，求面积的取值范围；（3）若，求直线的方程．解：（1）由题意抛物线C经过点，代入方程可得.所以抛物线标准方程为：.（2）依题意，直线与抛物线有2个交点所以直线斜率不为0，设直线如图：联立，整理得．整理得：故的取值范围是.（3）如图：由题意得抛物线的焦点，又由，可知直线过焦点且斜率不为0于是可设直线的方程为：，设联立方程组得于是由可知，，代入上式所以直线的方程或.17.如图，在四棱柱中，．（1）求证：；（2）设为棱的中点，线段交于点平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：设交于点，连接，如图，因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为中点又因为，则，又平面，因此平面，而平面，所以．（2）解：由（1）知，平面，而平面，则平面平面，平面内过作，又平面平面，因此平面，射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，因为为棱的中点，则点是正的重心，又平面，且，则，所以，因为，所以,设平面的