河北省邢臺市2024-2025學年高三上學期1月期末考試數學試題（Word版附解析）-試卷下載-教習網

注意事項：
1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
4．本試卷主要考試內容：高考全部內容．
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 已知集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化簡集合，結合交集定義求結論.
【詳解】因為，
又，
所以.
故選：D.
2. 某校有男生人，女生人，現按性別采用分層抽樣的方法從該校學生中抽取人進行調查，則男生被抽取的人數是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設男生被抽取的人數是，由條件結合分層抽樣性質列方程求解即可.
【詳解】設男生被抽取的人數是，
由已知可得，
解得，.
故選：C.
3. 某工廠有一個正四棱臺形的儲物料斗，該儲物料斗的上底面邊長為4米，下底面邊長為2米，高為3米，則該儲物料斗的體積是（）（不考慮儲物料斗斗壁的厚度）
A. 立方米B. 28立方米
C. 立方米D. 84立方米
【答案】B
【解析】
【分析】由棱臺的體積公式計算可求得體積.
【詳解】該儲物料斗正四棱臺，且上底面邊長為4米，下底面邊長為2米，高為3米，
所認立方米.
所以該儲物料斗的體積是立方米.
故選：B.
4. “”是“”的（）
A. 必要不充分條件B. 充分不必要條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】等價轉化可得，結合充分條件和必要條件定義判斷條件與結論的關系即可.
【詳解】因為，
所以“”不能推出“”，
“”能推出“”，
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：A.
5. 向高為的容器中注水，且任意相等的時間間隔內所注入的水體積相等，若容器內水面的高度與注水時間的函數關系的圖象如圖所示，則該容器的形狀可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據函數圖象可知在相等時間間隔內容器內水面的高度增加量越來越大，結合容器形狀可確定選項.
【詳解】根據函數圖象可知，隨著注水時間的增大，在相等時間間隔內容器內水面的高度的增加量越來越大，即的變化率逐漸增大，
故該容器從下到上寬度應逐漸減小，選項C中容器符合要求.
故選：C.
6. 在中，，點在線段上，，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中利用余弦定理求的余弦，再在中由正弦定理求即可.
【詳解】在中，由余弦定理可得，
又，，，
所以，又，
所以，
在由正弦定理可得，故
又，，，
所以.
故選：D.
7. 設分別是直線和圓上的動點，則的最小值是（）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根據的最小值為圓心到直線的距離減去半徑可得結果.
【詳解】
圓方程可化為：，故圓心，半徑，
∴圓心到直線的距離，
∴的最小值為.
故選：B.
8. 已知函數，則不等式的解集是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，可得函數為奇函數，在上為單調遞增，由，可得，進而結合單調性可得，求解即可.
【詳解】令，由對恒成立，
所以的定義域為，
又
，
所以函數為奇函數，由復合函數的單調性可得在上為單調遞增函數，
由，可得，
所以，即，
所以，所以，解得或，
所以不等式的解集是.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：根據函數的結構特征，構造新函數，利用新函數的單調性與奇偶性可解不等式.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 已知復數，則（）
A. B.
C. D. 在復平面內對應的點位于第一象限
【答案】BD
【解析】
【分析】根據復數的運算法則求的代數形式，再結合共軛復數的定義求，判斷A；根據復數模的公式求，判斷B；根據復數的乘法法則求判斷C；根據復數的幾何意義求復數在復平面上的對應點的坐標，判斷D.
【詳解】因為，
所以，
所以，，
，
在復平面內對應的點的坐標為，
所以在復平面內對應的點位于第一象限.
故選：BD.
10. 純音是指單一頻率的聲音，純音的數學模型是函數．我們在日常生活中聽到的聲音幾乎都是復合音，而復合音是由多個頻率不同的純音組成的．已知某聲音的數學模型是函數，則（）
A. 的最小正周期為
B. 的圖象關于直線對稱
C. 的單調遞增區(qū)間是
D. 的值域是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用可判斷A；由可判斷B；求導，利用，求得單增區(qū)間判斷C；求得單減區(qū)間，結合周期可求得值域判斷D.
【詳解】對于A，因為，
又的最小正周期是，所以的最小正周期為，故A正確；
對于B，，
所以的圖象不關于直線對稱，故B錯誤；
對于C，由，求導得，
令，即，所以，
所以，解得（舍去）或，
所以，
所以的單調遞增區(qū)間是，故C正確；
對于D，令，即，所以，
所以，解得，
所以，
可得的單調遞減區(qū)間是，結合C選項，又函數的周期為，
所以當時，，
當時，，
所以的值域是，故D正確.
故選：ACD.
11. 如圖，在長方體中，，，、分別是棱、的中點，點在棱上，則下列說法正確的是（）
A. 存在點，使得
B. 點到平面的距離是
C. 存在點，使得平面
D. 過作該長方體外接球的截面，所得截面面積的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點，其中，利用空間向量法可判斷ABC選項；求出球心的坐標，求出球心到直線的距離，分析可知，當截面圓圓心在直線上時，截面圓的半徑最小，利用勾股定理結合圓的面積公式求解即可.
【詳解】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，設點，其中，
對于A選項，，，
若，則，解得，合乎題意，
所以，存在點，使得，A對；
對于B選項，設平面的一個法向量為，
，則，取，則，
，所以，點到平面的距離為，B對；
對于C選項，若平面，則，即，無解，C錯；
對于D選項，該長方體外接球球心為，
，，
所以球心到直線的距離為，
當截面圓圓心在直線上時，球心到截面的距離最大，此時，截面圓的半徑取最小值，
且，
因此，截面面積的最小值為，D對.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：對于截面圓的面積的最值問題，關鍵是要確定截面圓圓心的位置，結合勾股定理求解.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12 已知向量，若，則______．
【答案】
【解析】
【分析】根據向量線性運算坐標公式求，再由結合向量垂直的坐標表示列方程求.
【詳解】因為，
所以，
因為，
所以，
所以.
故答案為：.
13. 某校開設了門體育類課程和門科技類課程，學生從這門課中最多選修門，且至少選修門體育類課程，則不同的選課方案有______種．（用數字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先求出從門課程中至多選門至少選門課程的所有選法，再求出所選課程都是科技類課程的選法，前者減去后者可得結論.
【詳解】學生從這門課中最多選修門且至少選修門課程的選法有，
學生從這門課中最多選修門至少選門，且所選課程都為科技類課程的選法選法有，
所以滿足條件的選法有（種）.
故答案為：.
14. 已知是雙曲線的左焦點，是雙曲線右支上的一點，直線與圓切于點，為坐標原點，若，則雙曲線的離心率是______．
【答案】
【解析】
【分析】由化簡可得，由條件結合切線性質可得，，設雙曲線的右焦點為，結合雙曲線定義可得，根據關系，結合余弦定理可得，亦可做輔助線，利用三角形中位線和勾股定理求解，再由離心率定義求結論.
【詳解】因為，
所以，所以，
因為直線與圓切于點，所以，，
又，所以，
所以，，，
設雙曲線的右焦點為，
則，
又，故，
由余弦定理可得，，
所以，
所以，
又，，，，
所以，
所以，所以，
所以則雙曲線的離心率.
另解：作，垂足為，
由，，于是為的中位線，
結合已知分析，，，
由勾股定理，即，整理得，其余同上.
故答案為：.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
15. 已知函數．
（1）若曲線在點處的切線與直線垂直，求的值；
（2）若在上單調遞增，求的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由條件可得切線的斜率為，利用導數的幾何意義列方程求；
（2）條件可轉化為在上恒成立，再分離變量，結合基本不等式求結論.
【小問1詳解】
設曲線在點處的切線的斜率，
直線的斜率為，
因為曲線在點處的切線與直線垂直，
所以，即，
又的導函數，
所以，
所以，
所以，
【小問2詳解】
由若在上單調遞增，可得在上恒成立，
由（1）可得在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，其中，
又當時，，當且僅當時等號成立，
所以，
所以，
所以的取值范圍為.
16. 旅游是人們?yōu)榱诵蓍e、商務或其他目的離開自己的常住地，前往其他地方進行的活動．甲、乙、丙三人計劃去西安旅游，經過商議他們計劃各自從秦始皇兵馬俑、華清宮、大唐不夜城、華山、黃河壺口瀑布這五個景點中隨機選擇兩個景點游玩．
（1）求甲選擇去華清宮游玩，且乙不去華山游玩的概率；
（2）記他們選擇去大唐不夜城游玩的人數為，求的分布列與期望．
【答案】（1）
（2）分布列見解析；.
【解析】
【分析】（1）先求出甲、乙、丙從五個景點中隨機選擇兩個景點游玩所有選法，再求其中甲選擇去華清宮游玩，且乙不去華山游玩的選法數，利用古典概型概率公式求結論；
（2）先條件確定的可能取值，，結合二項分布分布列結論求的分布列，再根據二項分布期望公式求期望.
【小問1詳解】
甲、乙、丙分別從五個景點中隨機選擇兩個景點游玩的所有選法有種選法，
其中甲選擇去華清宮游玩，且乙不去華山游玩的選法有種選法，
所以甲選擇去華清宮游玩，且乙不去華山游玩的概率；
【小問2詳解】
甲選擇去大唐不夜城游玩的的概率為，
同理可得乙選擇去大唐不夜城游玩的的概率為，
丙選擇去大唐不夜城游玩的的概率為，
由已知的可能取值有，，，，
且，
所以，
，
，
，
所以的分布列為
所以的期望.
17. 如圖，在四棱錐中，是等邊三角形，四邊形是梯形，．
（1）證明：平面平面．
（2）若，求平面與平面夾角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中點，連接，結合已知可得，求得，，利用勾股定理的逆定理可得，進而可證得平面，可證結論.
（2）以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系，求得平面和平面的一個法向量，利用向量法可求得平面與平面夾角的余弦值，進而可求正弦值.
【小問1詳解】
取中點，連接，
因為是等邊三角形，又，所以，，
又，所以，所以四邊形是平行四邊形，
所以，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小問2詳解】
若，由（1）可得，所以兩兩垂直，
以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則，
設設平面的一個法向量為，
則，
令，則，
所以平面的一個法向量為，
設平面的一個法向量為，
則，
令，則，
所以平面的一個法向量為，
設平面與平面所成的角為，
，
所以，
所以平面與平面夾角的正弦值為．
18. 已知拋物線的焦點為是拋物線上的一點，且．
（1）求拋物線的方程．
（2）直線與拋物線交于兩點，軸上是否存在定點，使得直線經過點，且為定值？若存在，求出的值及點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）
（2）定點的坐標為，的定值為
【解析】
【分析】（1）由題意可得，，計算可求得，可求得拋物線方程；
（2）假設軸上存在定點，設直線的方程為，，聯立方程組，利用根與系數的關系可求得，可求定點坐標與定值.
【小問1詳解】
拋物線的準線方程為，
又是拋物線上的一點，且，所以，，
所以，所以，所以，解得．
所以拋物線的方程為．
【小問2詳解】
假設軸上存在定點，使得直線經過點，且定值，
顯然直線的斜率不為，設直線的方程為，
聯立，消去，可得，
所以，
，，
所以
，
當時，為定值，
此時定點坐標為，的定值為.
19. 若數列的首項，對任意的，都有（為常數，且），則稱為有界變差數列，其中為數列的相鄰兩項差值的上界．已知數列是有界變差數列，的前項和為．
（1）當時，證明：．
（2）當中各項都取最大值時，對任意的恒成立，求的最大值；
（3）當中各項都取最大值時，，數列的前項和為，若對任意的，都有，求的取值范圍．
【答案】（1）證明見解析；
（2）的最大值為；
（3）的取值范圍為.
【解析】
【分析】（1）由定義可得，結合關系證明結論；
（2）由定義證明，由此可得，化簡條件不等式并分離變量可得，利用基本不等式求的最小值，結合條件可得結論；
（3）由（2），利用錯位相減法求，代入條件不等式可得，討論的奇偶，分離變量，結合數列的單調性求結論.
【小問1詳解】
當時，，
則
.
當時，，滿足，
故，當且僅當時，等號成立.
【小問2詳解】
因為，所以
，
當時，滿足上式，
所以.
所以不等式可化為，
所以，.
因為，所以，
所以，
而，當且僅當時，等號成立.
因為對任意的恒成立，
所以，因為，所以.
【小問3詳解】
由(2)可得，
則，
設，
則，
所以，
所以，
因為對任意的，都有，
所以，
即.
當為奇數時，，即，
所以，
所以為遞減數列，
則；
當為偶數時，，所以，
因為，
所以為遞增數列，
則.
綜上，的取值范圍為.
【點睛】方法點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.

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