陜西省西安市藍田縣2025屆高三數學上學期期末考試試題文含解析

PAGE22-陜西省西安市藍田縣2025屆高三數學上學期期末考試試題文（含解析）一、選擇題：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.集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解出集合、，利用并集的定義可求出集合.【詳解】，，因此，.故選：D.【點睛】本題考查并集的計算，同時也考查了肯定值不等式和指數不等式的求解，考查計算實力，屬于基礎題.2.復數（為虛數單位）虛部為（）A.-1 B.-3 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】干脆利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】，數為虛數單位）的虛部為．故選：．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．3.已知向量，，，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據計算可得；【詳解】解：因為，，，所以，所以，因為，所以故選：A【點睛】本題考查平面對量夾角的計算，屬于基礎題.4.隨機從名老年人，名中老年和名青年人中抽取人參與問卷調查，則抽取的人來自不同年齡層次的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：本題為古典概型，算出抽取2人的總共方法，提出符合題意的，即2人來自不同年齡層．詳解：記3名老年人，名中老年和名青年人分別為該隨機試驗的全部可能結果為共15種，其中來自不同年齡層的有11種，故古典概型的概率為故選D點晴：本題考查古典概型的概率算法：5.執(zhí)行如圖的程序框圖，輸出的C的值為（）A.3 B.5 C.8 D.【答案】B【解析】第一次循環(huán)，得；其次次循環(huán)，得；第三次循環(huán)，得，不滿意循環(huán)條件，退出循環(huán)，輸出，故選B．考點：程序框圖．6.設函數是定義在實數集上的奇函數，在區(qū)間上是增函數，且，則有（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意可得，，再利用函數在區(qū)間上是增函數可得答案.【詳解】解：為奇函數，，又，，又，且函數在區(qū)間上是增函數，，，故選A.【點睛】本題考查利用函數的單調性、奇偶性比較函數值的大小，考查利用學問解決問題的實力.7.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是()A.若α∥β,mα,nβ，則m∥n B.若α⊥β，mα,則m⊥βC.若α⊥β,mα,nβ,則m⊥n D.若α∥β，mα，則m∥β【答案】D【解析】【分析】在中，與平行或異面；在中，與相交、平行或；在中，與相交、平行或異面；在中，由線面平行的性質定理得．【詳解】由，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，知：在中，若，，，則與平行或異面，故錯誤；在中，若，，則與相交、平行或，故錯誤；在中，若，，，則與相交、平行或異面，故錯誤；在中，若，，則由線面平行的性質定理得，故正確．故選．【點睛】本題考查命題真假的推斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎學問，考查運算求解實力，屬于中檔題．8.函數的部分圖象如圖所示，則A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】試題分析：由題圖知，，最小正周期，所以，所以.因為圖象過點，所以，所以，所以，令，得，所以，故選A.【考點】三角函數的圖象與性質【名師點睛】依據圖象求解析式問題的一般方法是：先依據函數圖象的最高點、最低點確定A，h的值，由函數的周期確定ω的值，再依據函數圖象上的一個特別點確定φ值．9.已知拋物線：的焦點為，準線為，過拋物線上一點作的垂線，垂足為且是邊長為8的正三角形，則拋物線的方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依題意，畫出草圖，則，，即可求出，即可得解；【詳解】解：依題意，設準線與軸相交于點，則，，所以，所以，即，所以拋物線方程為故選：C【點睛】本題考查拋物線的簡潔幾何性質，屬于基礎題.10.已知函數的圖像在點處的切線與直線平行，則A.1 B. C. D.-1【答案】D【解析】【分析】求出曲線在點處切線的斜率，求出函數的導函數，依據兩直線平行的條件，令，，求出；【詳解】，所以，又直線得斜率為，由兩直線平行得：，所以故選D【點睛】本題考查了利用導數探討曲線上某點切線方程，考查了運算實力，屬于中檔題．11.已知角的終邊過點，且，則的值為()A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】因為角的終邊過點，所以，，解得，故選B.12.已知P為雙曲線上一點，為雙曲線C的左、右焦點，若，且直線與以C的實軸為直徑的圓相切，則C的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據題意作出圖象，由雙曲線定義可得，又直線PF2與以C的實軸為直徑的圓相切，可得，對在兩個三角形中分別用余弦定理及余弦定義列方程，即可求得，聯(lián)立，即可求得，問題得解．【詳解】依據題意作出圖象，如下：則，，又直線PF2與以C的實軸為直徑的圓相切，所以,所以由雙曲線定義可得：，所以，所以整理得：，即：將代入，整理得：，所以C的漸近線方程為故選A【點睛】本題主要考查了雙曲線的定義及圓的曲線性質，還考查了三角函數定義及余弦定理，考查計算實力及方程思想，屬于難題．二、填空題：13.已知實數，滿意，則的取值范圍是_________.【答案】[－5，11]【解析】【分析】畫出不等式組表示的平面區(qū)域，依據圖形找到最優(yōu)解，代入目標函數可求得結果.【詳解】畫出不等式組表示平面區(qū)域如圖.當直線過點時，；過點時，.所以的取值范圖是[－5，11].故答案為：[－5，11].【點睛】本題考查了線性規(guī)劃求最值，正確作出圖形，找到最優(yōu)解是關鍵，屬于基礎題.14.某學校有學生3200人，其中高一學生1200人，高二學生1000人，高三學生1000人，為了解學生體育達標狀況，確定采納分層抽樣方法，從中抽取容量為48的樣本，則從高三抽取的人數是________.【答案】【解析】【分析】由題意用樣本容量乘以高三年級的學生人數占的比例，即為所求．【詳解】解：由題意可得高三年級的學生人數占的比例為，則應從高三年級抽取的學生人數為，故答案為：．【點睛】本題主要考查分層抽樣，屬于基礎題．15.已知銳角的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則角________，的周長的取值范圍是________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】用余弦定理表示出,與一起代入中化簡,再由余弦定理即可求得,即可得;依據正弦定理,將的周長轉化為角C的表達式.依據銳角三角形及的范圍,即可確定角B的范圍,進而求得周長的取值范圍.【詳解】由余弦定理可得,且代入可得化簡可得因為代入可得因為為銳角三角形,則由正弦定理可得,代入,可得則而為銳角三角形,則,則,即,解得所以的周長為因為則所以則即所以的周長的范圍為故答案為:【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理在三角函數恒等變形中的綜合應用,正弦函數性質的綜合應用,留意銳角三角形這一限制角的條件,屬于中檔題.16.三棱柱中，平面，，，，其外接球的體積為_________.【答案】【解析】【分析】依題意可知三棱柱為直棱柱，且，則可將其外接球轉化為長方體的外接球計算可得；【詳解】解：因為平面，所以三棱柱為直三棱柱，，，，，所以，則三棱柱的外接球即為以，，為一組鄰邊的長方體的外接球，設外接球的半徑為，則所以，外接球體積，故答案為：．【點睛】本題考查多面體的外接球的體積計算，考查轉化思想，屬于中檔題.三、解答題（解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟，第17~21題為必考題，每個試題考生都必需作答，第22、23題為選考題，考生依據要求作答.）（一）必考題17.如圖，四棱錐的底面為直角梯形，為正三角形，平面平面，，，，點是棱的中點.（1）求證：平面；（2）求四棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，再依據直線與平面平行的判定定理可知；（2）取正三角形邊的中點，連接，可證為四棱錐的高，依據棱錐的體積公式可得結果.【詳解】（1）在直角梯形中，由題意且點是棱的中點，得四邊形為正方形，則，平面，平面，由直線與平面平行的判定定理可知平面；（2）取正三角形邊的中點，連接，可得，又且交線為，所以.即為四棱錐高，因為，，正三角形中，，所以.【點睛】本題考查了直線與平面平行的判定定理，考查了平面與平面垂直的性質定理，考查了棱錐的體積公式，屬于中檔題.18.已知數列的前項和為.（1）求這個數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）當且時，利用求得，閱歷證時也滿意所求式子，從而可得通項公式；（2）由（1）求得，利用錯位相減法求得結果.【詳解】（1）當且時，…①當時，，也滿意①式數列的通項公式為：（2）由（1）知：【點睛】本題考查利用求解數列通項公式、錯位相減法求解數列的前項和的問題，關鍵是能夠明確當數列通項為等差與等比乘積時，采納錯位相減法求和，屬于?？碱}型.19.某社團小組在一高峰時段對某座地鐵站隨機抽取了100名乘客，統(tǒng)計其乘車等待時間（等待時間不超過40分鐘）.將統(tǒng)計數據按[5，10），[10，15），[5，20），…，[35，40]分組，制成如圖頻率分布直方圖：（1）求的值；（2）記表示事務“在上班高峰時段某乘客在該站乘車等待時間少于20分鐘”，試估計的概率；（3）假設同組中的每個數據用該組區(qū)間左端點值來估計，求在上班高峰時段該站抽取的100名乘客乘車的平均等待時間.【答案】（1）0.036；（2）0.5；（3）18.3分鐘.【解析】【分析】（1）利用七個矩形的面積和等于1可得結果；（2）依據前3個矩形的面積和可得結果；（3）依據每個矩形的面積乘以相應區(qū)間的左端點值再相加可得結果.【詳解】（1）因為，所以.（2）由題意知，該乘客在甲站平均等待時間少于20分鐘的頻率為：，故的估計值為0.5.（3）在上班高峰時段該站站抽取的100名乘客乘車的平均等待時間：分鐘.【點睛】本題考查了頻率分布正方圖，考查了利用直方圖求頻率、平均數，屬于基礎題.20.已知函數，.（1）求函數的單調區(qū)間和極值；（2）若方程有三個解，求實數的取值范圍.【答案】（1）調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是，的微小值為，無極大值（2）【解析】【分析】（1）求出，求解不等式，得出單調區(qū)間，進而求出極值；（2）設，有三個零點，至少有三個單調區(qū)間，求出，對分類探討，求出至少有三個單調區(qū)間的范圍，再結合零點存在性定理，確定區(qū)間存在零點的不等量關系，即可求解.【詳解】（1），令，解得，當時，；當，.所以函數的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是，所以的微小值為，無極大值.（2）設，即，.①若，則當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，至多有兩個零點②若，則，，（僅），單調遞增，至多有一個零點.③若，則，當或時，，單調遞增；當時，，單調遞減，要使有三個零點，必需有成立，由，得，這與沖突，所以不行能有三個零點.④若，則，當或時，，單調遞增：當時，，單調遞減，要使有三個零點，必需有成立，由，得，由及，得，∴.且當時，，，，.綜上，的取值范圍為.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到函數的單調性、極值、零點問題，以及零點存在性定理的應用，考查分類探討思想，意在考查直觀想象、邏輯推理和計算求解實力，屬于較難題.21.已知為坐標原點，橢圓：的焦距為，直線截圓：與橢圓所得的弦長之比為，圓、橢圓與軸正半軸的交點分別為，.（1）求橢圓的標準方程；（2）設點為橢圓上一點且不是橢圓頂點，點關于軸的對稱點位，直線，分別交軸于點，.證明：.【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由弦長之比求得，，橢圓方程可求；（2）點關于軸的對稱點為，所以，，分別寫出直線與的方程，得到，的坐標，再依據點在橢圓上，即可證明．【詳解】解：（1）依據題意可得，．因為直線截圓所得的弦長為，直線截橢圓所得的弦長為，故．，，．故橢圓的標準方程為：．（2）由（1）可知點，點．直線的方程為，令，得．因為點關于軸的對稱點為，所以，，所以直線的方程為，令，得．．，．，即．．【點睛】本題考查橢圓的簡潔性質，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查計算實力，屬于中檔題．（二）選考題：請考生在22、23題中任選一題作答.假如多做，則按所做的第一題計分.選修4－4：坐標系與參數方程22.在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系.已知曲線的極坐標方程為.（1）寫出曲線的平面直角坐標方程和直線的一般方程；（2）設直線與曲線分別交于，兩點，點，若，求實數的值.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）兩邊同乘以，利用轉換公式可得曲線的一般方程．直線的參數方程為參數），消去參數可得一般方程．（2）把直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程，可得關于的一元二次方程，再由根與系數的關系、的幾何意義及求解的值．【詳解】（1）由曲線，得，曲線的直角坐標方程為直線的參數方程為為參數），消去參數可得一般方程：，即．（2）將直線的參數方程為參數）代入曲線的直角坐標方程，得：．設交點，對應的參數分別為，，則，．若成等比數列，則，，，解得．【點睛】本題考查簡潔曲線的極坐標方程，考查參數方程化一般方程，考查直線參數方程的應用，考查運算求解實力，是中檔題．選修4－5：不等式選講23.已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若有解，求實數的取值范圍.【