2025届云南省文山州砚山二中第二学期期末高三质量检测试题数学试题

2025届云南省文山州砚山二中第二学期期末高三质量检测试题数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设为的两个零点，且的最小值为1，则（）A． B． C． D．2．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A． B． C．2 D．3．已知函数的图象如图所示，则可以为（）A． B． C． D．4．定义，已知函数，，则函数的最小值为（）A． B． C． D．5．设双曲线（，）的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点，且椭圆的焦距为2，则双曲线的标准方程为（）A． B． C． D．6．已知复数z满足,则在复平面上对应的点在()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．已知分别为双曲线的左、右焦点，点是其一条渐近线上一点，且以为直径的圆经过点，若的面积为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．8．已知双曲线的一条渐近线为，圆与相切于点，若的面积为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．9．下列四个结论中正确的个数是（1）对于命题使得，则都有；（2）已知，则（3）已知回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），则回归直线方程为；（4）“”是“”的充分不必要条件.A．1 B．2 C．3 D．410．世纪产生了著名的“”猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，则将它乘加，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到.如图是验证“”猜想的一个程序框图，若输入正整数的值为，则输出的的值是（）A． B． C． D．11．不等式组表示的平面区域为，则（）A．， B．，C．， D．，12．若双曲线：（）的一个焦点为，过点的直线与双曲线交于、两点，且的中点为，则的方程为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设集合，，则____________.14．已知圆，直线与圆交于两点，，若，则弦的长度的最大值为___________.15．已知半径为4的球面上有两点A，B，AB=42，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C-AB-O的大小为60°16．记实数中的最大数为，最小数为.已知实数且三数能构成三角形的三边长，若，则的取值范围是.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列的前n项和，是等差数列，且.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令.求数列的前n项和.18．（12分）为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在市与市之间建一条直达公路，中间设有至少8个的偶数个十字路口，记为，现规划在每个路口处种植一颗杨树或者木棉树，且种植每种树木的概率均为.（1）现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示：A市居民B市居民喜欢杨树300200喜欢木棉树250250是否有的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；（2）若从所有的路口中随机抽取4个路口，恰有个路口种植杨树，求的分布列以及数学期望；（3）在所有的路口种植完成后，选取3个种植同一种树的路口，记总的选取方法数为，求证：.附：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82819．（12分）已知，，函数的最小值为.（1）求证：；（2）若恒成立，求实数的最大值.20．（12分）已知，如图，曲线由曲线：和曲线：组成，其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点，点为曲线所在圆锥曲线的焦点.（Ⅰ）若，求曲线的方程；（Ⅱ）如图，作直线平行于曲线的渐近线，交曲线于点，求证：弦的中点必在曲线的另一条渐近线上；（Ⅲ）对于（Ⅰ）中的曲线，若直线过点交曲线于点，求面积的最大值.21．（12分）已知中，角所对边的长分别为，且（1）求角的大小；（2）求的值.22．（10分）已知函数.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，且，求的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解析】

先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．【详解】由题得,设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1，∴=1，解得T=2；∴=2，解得ω=π．故选A．【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．2、A【解析】由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为一个直角三角形，且两直角边分别为和，所以底面面积为高为的三棱锥，所以三棱锥的体积为，故选A．3、A【解析】

根据图象可知，函数为奇函数，以及函数在上单调递增，且有一个零点，即可对选项逐个验证即可得出．【详解】首先对4个选项进行奇偶性判断，可知，为偶函数，不符合题意，排除B；其次，在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断,在上无零点,不符合题意，排除D；然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断,在上单调递减,不符合题意，排除C.故选：A．【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于容易题．4、A【解析】

根据分段函数的定义得，，则,再根据基本不等式构造出相应的所需的形式，可求得函数的最小值.【详解】依题意得，，则,(当且仅当，即时“”成立.此时,，，的最小值为，故选：A.【点睛】本题考查求分段函数的最值，关键在于根据分段函数的定义得出，再由基本不等式求得最值，属于中档题.5、B【解析】

设双曲线的渐近线方程为，与抛物线方程联立，利用，求出的值，得到的值，求出关系，进而判断大小，结合椭圆的焦距为2，即可求出结论.【详解】设双曲线的渐近线方程为，代入抛物线方程得，依题意，，椭圆的焦距，，双曲线的标准方程为.故选:B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质，要注意双曲线焦点位置，属于中档题.6、A【解析】

设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.【详解】设，由得：，即，由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.7、B【解析】

根据题意，设点在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论.【详解】由题意，设点在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为，所以，，又以为直径的圆经过点，则，即，解得，，所以，，即，即，所以，双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出与的关系，属于基础题.8、D【解析】

由圆与相切可知，圆心到的距离为2，即.又，由此求出的值，利用离心率公式，求出e.【详解】由题意得，，，.故选：D.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，直线与圆相切的性质，离心率的求法，属于中档题.9、C【解析】

由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，即可判定是正确的；（2）中，根据正态分布曲线的性质，即可判定是正确的；（3）中，由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，即可判定是正确；（4）中，基本不等式和充要条件的判定方法，即可判定．【详解】由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，可知命题使得，则都有，是错误的；（2）中，已知，正态分布曲线的性质，可知其对称轴的方程为，所以是正确的；（3）中，回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，可得回归直线方程为是正确；（4）中，当时，可得成立，当时，只需满足，所以“”是“”成立的充分不必要条件．【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用，其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质，以及基本不等式的应用等知识点的应用，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．10、C【解析】

列出循环的每一步，可得出输出的的值.【详解】，输入，，不成立，是偶数成立，则；，不成立，是偶数成立，则；，不成立，是偶数成立，则；，不成立，是偶数不成立，则；，不成立，是偶数成立，则；，不成立，是偶数成立，则；，不成立，是偶数成立，则；，不成立，是偶数成立，则；，成立，跳出循环，输出的值为.故选：C.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.11、D【解析】

根据题意，分析不等式组的几何意义，可得其表示的平面区域，设，分析的几何意义，可得的最小值，据此分析选项即可得答案.【详解】解：根据题意，不等式组其表示的平面区域如图所示，其中，，

设，则，的几何意义为直线在轴上的截距的2倍，

由图可得：当过点时，直线在轴上的截距最大，即，当过点原点时，直线在轴上的截距最小，即，故AB错误；

设，则的几何意义为点与点连线的斜率，由图可得最大可到无穷大，最小可到无穷小，故C错误，D正确；故选：D.【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用，关键是对目标函数几何意义的认识，属于基础题.12、D【解析】

求出直线的斜率和方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，结合焦点的坐标，可得的方程组，求得的值，即可得到答案.【详解】由题意，直线的斜率为，可得直线的方程为，把直线的方程代入双曲线，可得，设，则，由的中点为，可得，解答，又由，即，解得，所以双曲线的标准方程为.故选：D.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程的求解，其中解答中属于运用双曲线的焦点和联立方程组，合理利用根与系数的关系和中点坐标公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先解不等式,再求交集的定义求解即可.【详解】由题,因为,解得,即,则,故答案为:【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.14、【解析】

取的中点为M，由可得，可得M在上，当最小时，弦的长才最大.【详解】设为的中点，，即，即，，.设，则，得.所以，.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数形结合的思想，是一道有一定难度的题.15、4【解析】

设△ABC所在截面圆的圆心为O1，AB中点为D，连接OD,易知∠ODO1即为二面角C-AB-O的平面角，可求出OD, O1D及OO1，然后可判断出四面体OABC外接球的球心E在直线OO1上，在【详解】设△ABC所在截面圆的圆心为O1，AB中点为D，连接OD,OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，∠ODO1即为二面角∠ODO因为OA=OB=4, AB=42，所以△OAB在Rt△ODO1中，由cos60º＝O1D因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体OABC外接球的球心E在直线OO设四面体OABC外接球半径为R，在Rt△O1由勾股定理可得：O1B2+O【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题．16、【解析】试题分析：显然，又，①当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而②当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而综上所述，的取值范围是．考点：不等式、简单线性规划.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析：（1）由题意知当时，，当时，，所以．设数列的公差为，由，即，可解得，所以．（2）由（1）知，又，得，，两式作差，得所以．考点1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题.“错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.18、（1）没有（2）分布列见解析，（3）证明见解析【解析】

（1）根据公式计算卡方值，再对应卡值表判断..（2）根据题意，随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得概率，写出分布列，根据期望公式求值.（3）因为至少8个的偶数个十字路口，所以，即.要证，即证，根据组合数公式，即证；易知有.成立.设个路口中有个路口种植杨树，下面分类讨论①当时，由论证.②当时，由论证.③当时，，设，再论证当时，取得最小值即可.【详解】（1）本次实验中，，故没有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性.（2）依题意，的可能取值为0，1，2，3，4，故，，01234故.（3）∵，∴.要证，即证；首先证明：对任意，有.证明：因为，所以.设个路口中有个路口种植杨树，①当时，，因为，所以，于是.②当时，，同上可得③当时，，设，当时，，显然，当即时，，当即时，，即；，因此，即.综上，，即.【点睛】本题考查独立性检验、离散型随机变量的分布列以及期望、排列组合，还考查运算求解能力以及必然与或然思想，属于难题.19、（1）见解析；（2）最大值为.【解析】

（1）将函数表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证得结论成立；（2）由可得出，并将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可得出实数的最大值.【详解】（1）.当时，函数单调递减，则；当时，函数单调递增，则；当时，函数单调递增，则.综上所述，，所以；（2）因为恒成立，且，，所以恒成立，即.因为，当且仅当时等号成立，所以，实数的最大值为.【点睛】本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（Ⅰ）和.；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【解析】

(Ⅰ)由，可得，解出即可；(Ⅱ)设点，设直线，与椭圆方程联立可得：