廣東省潮州市2025屆高三數學上學期期末試題含解析

Page22廣東省潮州市2024屆高三數學上學期期末試題本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分100分，考試時間120分鐘.留意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考號填寫在答題卡上.2.選擇題每小題選出答案后，用2B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，再選涂其它答案；答案不能答在試卷上.3.非選擇題必需用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必需寫在各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準運用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必需保特答題卡的整齊?考試結束，將答題卡交回.一?選擇題（本題共12道小題，其中1至8小題為單項選擇題，9至12小題為多項選擇題）（一）單項選擇題（本題共8道小題，每小題只有一個選項正確，每小題5分，共40分）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據題意得到方程組，解出即可.【詳解】由題意得，解得或，故.故選：B.2.已知復數滿意，則復數在復平面內對應的點在（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】依據復數的運算求出復數，即可得出答案.【詳解】，則，則復數在復平面內對應的點在第一象限，故選：A.3.某種心臟手術勝利率為0.7，現采納隨機模擬方法估計“3例心臟手術全部勝利”的概率.先利用計算器或計算機產生0~9之間取整數值的隨機數，由于勝利率是0.7，故我們用0?1?2表示手術不勝利，3?4?5?6?7?8?9表示手術勝利，再以每3個隨機數為一組，作為3例手術的結果.經隨機模擬產生如下10組隨機數：856?832?519?621?271?989?730?537?925?907由此估計“3例心臟手術全部勝利”的概率為（）A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5【答案】B【解析】【分析】從隨機數中視察得出三個數都是大于2的組數，從而可得概率．【詳解】10組隨機數中，代表“3例心臟手術全部勝利”的有共3個，所以估計“3例心臟手術全部勝利”的概率為.故選：B.4.若，則（）A.4 B.8 C.80 D.3125【答案】C【解析】【分析】兩邊求導代入即可得到答案.【詳解】兩邊同時求導得．令，則故選：C．5.如圖是函數的圖象，則函數的解析式可以為（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用導數說明函數的單調性，即可推斷.【詳解】解：對于A：定義域為，當時，則，即函數在上單調遞增，故A錯誤；對于B：定義域為，且，，所以，故B錯誤；對于C：定義域為，又，所以當時，當或時，即函數在，上單調遞減，在上單調遞增，故C錯誤；對于D：定義域為，所以當或時，當時，即函數在，上單調遞增，在上單調遞減，符合題意；故選：D6.正實數滿意，且不等式恒成立，則實數的取值范圍（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依據基本不等式“1”的妙用可得的最小值為4，再依據含參不等式恒成立解一元二次不等式，即可得實數的取值范圍.【詳解】正實數滿意，則，當且僅當，即且時，等號成立，則時，取到最小值4，要使不等式恒成立，即，解得，所以實數的取值范圍是.故選：C.7.已知拋物線的焦點為F，過F的直線與E交于A，B兩點，且.則的面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】不妨設點A在第一象限，依據題意聯(lián)立方程結合韋達定理求，進而可求結果.【詳解】由題意可知：拋物線的焦點F為，不妨設點A在第一象限，設直線，聯(lián)立方程，消去y得，則，∵，可得，聯(lián)立方程，解得，代入可得，解得或（舍去），可得，故的面積.故選：A.8.點，分別是棱長為的正方體中棱，的中點，動點在正方形（包括邊界）內運動，若面，則的長度的最小值是（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】取的中點，的中點F，連結，，，取EF中點O，連結，證明平面平面，從而得到P的軌跡是線段，則當P與O重合時，的長度取最小，計算此時長度即可.【詳解】取的中點，的中點F，連結，，，取EF中點O，連結，,∵點M，N分別是棱長為2的正方體中棱BC，的中點，，,，四邊形為平行四邊形，，而在平面中，易證，∵平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面，∴平面平面，∵動點P在正方形（包括邊界）內運動，且平面AMN，∴點P的軌跡是線段EF，，，∴，∴當P與O重合時，長度取最小值，故選：D．（二）多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分，每小題有多個選項正確，每小題全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯得0分）9.下列說法正確的是（）A.，當不變時，越小，該正態(tài)分布對應的正態(tài)密度曲線越扁平B.運用最小二乘法得到的線性回來直線肯定經過點C.相關系數r越大，y與x相關程度就越強D.利用進行獨立性檢驗時，的值越大，說明有更大的把握認為兩事務有關系【答案】BD【解析】【分析】依據正態(tài)曲線的幾何特征，推斷選項A；由回來直線方程的性質，推斷選項B和C；【詳解】對于A，依據正態(tài)曲線的幾何特征，可知當不變時，即越小，該正態(tài)分布對應的正態(tài)密度曲線越瘦高，故A錯誤；對于B，運用最小二乘法得到的線性回來直線－定經過樣本中心，故B正確；對于C，線性相關系數肯定值越接近1，表明2個隨機變量相關性越強，故C錯誤；對于D，因為隨機變量的觀測值越大，說明兩個變量有關系的可能性越大，即犯錯誤的概率越小，故D正確.故選：BD.10.設函數在上單調遞減，則下列敘述正確的是（）A.的最小正周期為B.關于直線軸對稱C.在上的最小值為D.關于點對稱【答案】C【解析】【分析】依據可求出，即可依據三角函數的性質依次推斷.【詳解】由條件知，，，，或.時，在上不單調遞減；，.對A，的最小正周期為，故A錯誤；對B，，故B錯誤‘；對C，當時，，所以，所以，所以在上的最小值為，故C正確；對D，，關于點對稱，故D不正確.故選：C.11.已知雙曲線的左，右焦點為，記，則下列結論中正確的是（）A.若，則曲線的離心率B.若以為圓心，為半徑作圓，則圓與的漸近線相切C.直線與雙曲線相切于一點D.若為直線上縱坐標不為0的一點，則當的縱坐標為時，外接圓的面積最小【答案】ABD【解析】【分析】依據雙曲線的離心率公式計算即可推斷A；求出圓心到漸近線的距離即可推斷B；依據直線與雙曲線的漸近線的位置關系即可推斷C；利用正弦定理求出外接圓的半徑，由半徑最小確定的位置，即可推斷D.【詳解】對于A，若，則，則，故曲線的離心率，故A正確；對于B，曲線的漸近線為，，，以為圓心，為半徑的圓為，圓心到直線的距離為，圓心到直線的距離為，所以以為圓心，為半徑作圓，則圓與的漸近線相切，故B正確；對于C，因為直線與雙曲線的漸近線平行，所以直線與雙曲線相交，且交點只有一個，故C錯誤；對于D，由正弦定理可知外接圓的半徑，所以當最大，即時，最小，而，設，由，可得，即，所以，所以，故D正確.故選：ABD12.已知函數的定義域為，導函數為，滿意，（為自然對數的底數），且，則（）A. B.C.在處取得微小值 D.無極大值【答案】BCD【解析】【分析】設，對其求導可得，因此設，依據題意可得的解析式，對A：利用導數推斷的單調性分析推斷，對B、C、D：利用導數推斷的單調性分析推斷.【詳解】設，則，可設，則，解得，故，即，令，則，故在上單調遞增，∴，即，則，A錯誤；∵，令，解得，則在上單調遞減，在上單調遞增，∴，在處取得微小值，無極大值，B、C、D均正確故選：BCD.【點睛】結論點睛：（1）形式，聯(lián)想到；（2）形式，聯(lián)想到.二?填空題（本題共4小題?每小題5分，共20分）13.設是圓上的同點.且.則______.【答案】6【解析】【分析】設點為的中點，則，再依據數量積的定義計算即可.【詳解】如圖，設點為的中點，則，則.故答案為：.14.在等比數列中，，記數列的前項和?前項積分別為，則的最大值是______.【答案】8【解析】【分析】結合題意求出數列的首項與公比，進而求出前項和?前項積分別為，，然后表示出，結合函數的性質即可推斷.【詳解】因為，，所以公比，所以，所以，，，，因為，所以或時，取最大值.故答案為：815.如圖，正四棱錐的每個頂點都在球M的球面上，側面是等邊三角形．若半球O的球心為四棱錐的底面中心，且半球與四個側面均相切，則半球O的半徑與球M的半徑的比值為_______．【答案】【解析】【分析】設，求得到四棱錐各個頂點的距離相等，說明為球的球心，分別求出半球與球的半徑，從而可得答案．【詳解】解：如圖，連接，，取的中點，連接，，過作于，可知底面，設，則，，，，設球的半徑為，半球的半徑為，則，，在等邊三角形中，求得，由，所以，即半球的半徑為，所以，所以半球O的半徑與球M的半徑的比值為.故答案為：.16.定義在上的奇函數滿意，且當時，，則函數的全部零點之和為______.【答案】18【解析】【分析】推斷出的對稱性、周期性，畫出與的圖象，結合圖象求得的全部零點之和.【詳解】∵滿意，則關于直線對稱，又∵是定義在上的奇函數，則，即，則，∴是以4為周期的周期函數，對，可得，則，∴關于點對稱，令，則，可知：與均關于點對稱，如圖所示：設與的交點橫坐標依次為，則，故函數的全部零點之和為.故答案為：18.三?解答題（本題共6道小題，第17題10分，第18-22題每小題12分，共70分）17.對于數列，若對隨意，都有成立，則稱數列為“有序減差數列”.設數列是遞減等比數列，其前項和為，且.（1）求數列的通項公式，并推斷數列是否為“有序減差數列”；（2）設，求的值.【答案】（1），數列是否為“有序減差數列”（2）【解析】【分析】（1）由遞減等比數列得公比，即可求得，，由公式法寫出通項公式、，再由定義推斷“有序減差數列”；（2）化簡，分組求和即可.【小問1詳解】∵數列是遞減等比數列，∴數列的公比，又∵，∴.∴，∴，，∴，∴數列是“有序減差數列”；【小問2詳解】，則.18.在平面四邊形中，.（1）求的長；（2）若為銳角三角形，求的取值范圍.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）干脆利用余弦定理求解即可；（2）弦有三角形為銳角三角形求出角的范圍，在中，利用正弦定理將用角表示出來，再結合三角函數的性質即可得解.【小問1詳解】在中，，由余弦定理可得，即，解得或；【小問2詳解】因為，所以，因為為銳角三角形，所以，解得，在中，因為，所以，由，得，所以，所以.19.在四棱錐中，底面四邊形是一個菱形，且，，，平面.（1）若是線段上的隨意一點，證明：平面平面；（2）當時，求平面與平面的夾角的余弦值.【答案】（1）證明過程見詳解（2）【解析】【分析】由四邊形是菱形得出，利用線面垂直得到，依據線面垂直的推斷和面面垂直的判定即可證明；(2)取的中點，連接，建立如圖空間直角坐標系，求出相應的坐標，分別求出平面與平面的法向量，利用空間向量的夾角公式即可求解.【小問1詳解】因為四邊形是一個菱形，則，又因為平面，平面，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】取的中點，連接，因為四邊形是菱形，且，所以，因為，則，又因為平面，平面，所以，建立如圖所示空間直角坐標系，由題意可知：，，，，，因為，則，設，則有，所以，，，，，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.20.核酸檢測是診斷新冠肺炎的重要依據，首先取病人的唾液或咽拭子的樣本，再提取唾液或咽擾子樣本里的遺傳物質，假如有病毒，樣本檢測會呈現陽性，否則為陰性.依據統(tǒng)計發(fā)覺，疑似病例核酸檢測呈陽性的概率為，現有4例疑似病例，分別對其取樣?檢測，多個樣本檢測時，既可以逐個化驗，也可以將若干個樣本混合在一起化驗，混合樣本中只要有病毒，則混合樣本化驗結果就會呈陽性，若混合樣本呈陽性，則將該組中備份的樣本再逐個化驗；若混合樣本呈陰性，則判定該組各個樣本均為陰性，無需再檢驗.現有以下三種方案：方案一：逐個化驗；方案二：四個樣本混合一起化驗；方案三：平均分成兩組，每組兩個樣本混合在一起，再分組化驗.在新冠肺炎爆發(fā)初期，由于檢測實力不足，化驗次數的期望值越小，則方案越“優(yōu)”.（1）若，現將該4例疑似病例樣本進行化驗，請問：方案一?二?三中哪個最“優(yōu)”？（2）若對4例疑似病例樣本進行化驗，且想讓“方案二”比“方案一”更“優(yōu)”，求p的取值范圍.【答案】（1）方案一最優(yōu)（2）【解析】【分析】（1）求得三個方案的檢測次數的期望值，由此推斷出最優(yōu)的方案；（2）記方案二的檢測次數為，求出對于隨機變量的概率，從而求出數學期望，由方案二檢測次數的期望值，即可求得的取值范圍.【小問1詳解】方案二：記檢測次數為，則隨機變量的可能取值為1，5，所以，，所以方案二檢測次數的數學期望為；方案三：每組兩個樣本檢測時，若呈陰性則檢測次數為1次，其概率為，若呈陽性則檢測次數3次，其概率為，設方案三的檢測次數為隨機變量，則的可能取值為2，4，6，所以，，，所以方案三檢測次數Y的期望為，因為，所以方案一最優(yōu)；【小問2詳解】方案二：記檢測次數為，則隨機變量的可能取值為1，5，所以，，所以隨機變量的數學期望為，由于“方案二”比“方案一”更“優(yōu)”，則，可得，即，解得，所以當時，方案二比方案一更“優(yōu)”.21.已知橢圓的左?右頂點分別為，點為橢圓上一點，點，關于軸對稱，且的面積的最大值為2.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線分別交軸于點，若成等比數列，求點的縱坐標.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）通過的面積的最大值為2這三個條件，即可求得橢圓的標準方程；（2）由題意，設出，分別表示出對應的式子，又因其構成等比數列，即可求得的縱坐標的值．【詳解】（1）由，可得，解得，又的面積的最大值為，所以.所以，橢圓C的方程為.（2）由題意知，點與點不重合，設，則直線的方程為，令，得，同