2025屆吉林省撫松五中、長白縣實驗中學、長白山二中、長白山實驗中學數學高三上期末統(tǒng)考試題含解析

2025屆吉林省撫松五中、長白縣實驗中學、長白山二中、長白山實驗中學數學高三上期末統(tǒng)考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．中國古代數學著作《孫子算經》中有這樣一道算術題：“今有物不知其數，三三數之余二，五五數之余三，問物幾何？”人們把此類題目稱為“中國剩余定理”，若正整數除以正整數后的余數為，則記為，例如．現將該問題以程序框圖的算法給出，執(zhí)行該程序框圖，則輸出的等于（）．A． B． C． D．2．我國宋代數學家秦九韶（1202-1261）在《數書九章》（1247）一書中提出“三斜求積術”，即：以少廣求之，以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實；一為從隅，開平方得積.其實質是根據三角形的三邊長，，求三角形面積，即.若的面積，，，則等于（）A． B． C．或 D．或3．設等差數列的前項和為，若，則（）A．23 B．25 C．28 D．294．已知函數，若方程恰有兩個不同實根，則正數m的取值范圍為（）A． B．C． D．5．已知三棱錐的體積為2，是邊長為2的等邊三角形，且三棱錐的外接球的球心恰好是中點，則球的表面積為（）A． B． C． D．6．函數（），當時，的值域為，則的范圍為（）A． B． C． D．7．設雙曲線的左右焦點分別為，點.已知動點在雙曲線的右支上，且點不共線.若的周長的最小值為，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．8．如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E、F且EF=，則下列結論中錯誤的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱錐A-BEF的體積為定值 D．異面直線AE,BF所成的角為定值9．已知分別為圓與的直徑，則的取值范圍為（）A． B． C． D．10．設等差數列的前項和為，若，，則（）A．21 B．22 C．11 D．1211．閱讀如圖的程序框圖，若輸出的值為25，那么在程序框圖中的判斷框內可填寫的條件是（）A． B． C． D．12．已知命題：，，則為()A．， B．，C．， D．，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．學校藝術節(jié)對同一類的四項參賽作品，只評一項一等獎，在評獎揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學對這四項參賽作品預測如下：甲說：“作品獲得一等獎”；乙說：“作品獲得一等獎”；丙說：“，兩項作品未獲得一等獎”；丁說：“是或作品獲得一等獎”，若這四位同學中只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是___．14．如圖,在梯形中，∥，分別是的中點，若，則的值為___________.15．在三棱錐中，，三角形為等邊三角形，二面角的余弦值為，當三棱錐的體積最大值為時，三棱錐的外接球的表面積為______.16．已知向量，，若向量與向量平行，則實數___________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列中，（實數為常數），是其前項和，且數列是等比數列，恰為與的等比中項．（1）證明：數列是等差數列；（2）求數列的通項公式；（3）若，當時，的前項和為，求證：對任意，都有．18．（12分）已知數列的各項都為正數，，且．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，其中表示不超過x的最大整數，如，，求數列的前2020項和．19．（12分）設函數，．（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）時，若，，求證：．20．（12分）已知矩陣的逆矩陣.若曲線：在矩陣A對應的變換作用下得到另一曲線，求曲線的方程.21．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）設，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求實數的值.22．（10分）如圖,四棱錐,側面是邊長為2的正三角形,且與底面垂直,底面是的菱形,為棱上的動點,且.(I)求證：為直角三角形；(II)試確定的值，使得二面角的平面角余弦值為.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】從21開始，輸出的數是除以3余2，除以5余3，滿足條件的是23，故選C.2、C【解析】

將，，，代入，解得，再分類討論，利用余弦弦定理求，再用平方關系求解.【詳解】已知，，，代入，得，即，解得，當時，由余弦弦定理得：，.當時，由余弦弦定理得：，.故選：C【點睛】本題主要考查余弦定理和平方關系，還考查了對數學史的理解能力，屬于基礎題.3、D【解析】

由可求，再求公差，再求解即可.【詳解】解：是等差數列，又，公差為，，故選：D【點睛】考查等差數列的有關性質、運算求解能力和推理論證能力，是基礎題.4、D【解析】

當時，函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示，方程兩個不同實根，即函數和有圖像兩個交點，計算，，根據圖像得到答案.【詳解】當時，，故函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示：方程，即，即函數和有兩個交點.，，故，，，，.根據圖像知：.故選：.【點睛】本題考查了函數的零點問題，確定函數周期畫出函數圖像是解題的關鍵.5、A【解析】

根據是中點這一條件，將棱錐的高轉化為球心到平面的距離，即可用勾股定理求解.【詳解】解：設點到平面的距離為，因為是中點，所以到平面的距離為，三棱錐的體積，解得，作平面，垂足為的外心，所以，且，所以在中，，此為球的半徑，.故選：A.【點睛】本題考查球的表面積，考查點到平面的距離，屬于中檔題．6、B【解析】

首先由，可得的范圍，結合函數的值域和正弦函數的圖像，可求的關于實數的不等式，解不等式即可求得范圍.【詳解】因為，所以，若值域為，所以只需，∴.故選：B【點睛】本題主要考查三角函數的值域，熟悉正弦函數的單調性和特殊角的三角函數值是解題的關鍵，側重考查數學抽象和數學運算的核心素養(yǎng).7、A【解析】

依題意可得即可得到，從而求出雙曲線的離心率的取值范圍；【詳解】解：依題意可得如下圖象，所以則所以所以所以，即故選：A【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，屬于中檔題.8、D【解析】

A．通過線面的垂直關系可證真假；B．根據線面平行可證真假；C．根據三棱錐的體積計算的公式可證真假；D．根據列舉特殊情況可證真假.【詳解】A．因為，所以平面，又因為平面，所以，故正確；B．因為，所以，且平面，平面，所以平面，故正確；C．因為為定值，到平面的距離為，所以為定值，故正確；D．當，，取為，如下圖所示：因為，所以異面直線所成角為，且，當，，取為，如下圖所示：因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以異面直線所成角為，且，由此可知：異面直線所成角不是定值，故錯誤.故選：D.【點睛】本題考查立體幾何中的綜合應用，涉及到線面垂直與線面平行的證明、異面直線所成角以及三棱錐體積的計算，難度較難.注意求解異面直線所成角時，將直線平移至同一平面內.9、A【解析】

由題先畫出基本圖形，結合向量加法和點乘運算化簡可得，結合的范圍即可求解【詳解】如圖，其中，所以.故選：A【點睛】本題考查向量的線性運算在幾何中的應用，數形結合思想，屬于中檔題10、A【解析】

由題意知成等差數列，結合等差中項，列出方程，即可求出的值.【詳解】解：由為等差數列，可知也成等差數列，所以，即，解得.故選:A.【點睛】本題考查了等差數列的性質，考查了等差中項.對于等差數列，一般用首項和公差將已知量表示出來，繼而求出首項和公差.但是這種基本量法計算量相對比較大，如果能結合等差數列性質，可使得計算量大大減少.11、C【解析】

根據循環(huán)結構的程序框圖，帶入依次計算可得輸出為25時的值，進而得判斷框內容.【詳解】根據循環(huán)程序框圖可知，則，，，，，此時輸出，因而不符合條件框的內容，但符合條件框內容，結合選項可知C為正確選項，故選：C.【點睛】本題考查了循環(huán)結構程序框圖的簡單應用，完善程序框圖，屬于基礎題.12、C【解析】

根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，即得答案.【詳解】全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，且命題：，，.故選：.【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、C【解析】

假設獲得一等獎的作品，判斷四位同學說對的人數.【詳解】分別獲獎的說對人數如下表：獲獎作品ABCD甲對錯錯錯乙錯錯對錯丙對錯對錯丁對錯錯對說對人數3021故獲得一等獎的作品是C.【點睛】本題考查邏輯推理，常用方法有：1、直接推理結果，2、假設結果檢驗條件.14、【解析】

建系，設設，由可得，進一步得到的坐標，再利用數量積的坐標運算即可得到答案.【詳解】以A為坐標原點，AD為x軸建立如圖所示的直角坐標系，設，則，所以，，由，得，即，又，所以，故,,所以.故答案為：2【點睛】本題考查利用坐標法求向量的數量積，考查學生的運算求解能力，是一道中檔題.15、【解析】

根據題意作出圖象,利用三垂線定理找出二面角的平面角,再設出的長,即可求出三棱錐的高,然后利用利用基本不等式即可確定三棱錐的體積最大值,從而得出各棱的長度,最后根據球的幾何性質,利用球心距,半徑,底面半徑之間的關系即可求出三棱錐的外接球的表面積.【詳解】如圖所示：過點作面,垂足為,過點作交于點,連接.則為二面角的平面角的補角,即有.∵易證面,∴,而三角形為等邊三角形,∴為的中點.設,.∴.故三棱錐的體積為當且僅當時,,即.∴三點共線.設三棱錐的外接球的球心為,半徑為.過點作于,∴四邊形為矩形.則,,,在中,,解得.三棱錐的外接球的表面積為.故答案為：．【點睛】本題主要考查三棱錐的外接球的表面積的求法,涉及二面角的運用,基本不等式的應用,以及球的幾何性質的應用,意在考查學生的直觀想象能力,數學運算能力和邏輯推理能力,屬于較難題.16、【解析】

由題可得，因為向量與向量平行，所以，解得．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析（2）（3）見解析【解析】

（1）令可得，即．得到，再利用通項公式和前n項和的關系求解，（2）由（1）知，．設等比數列的公比為，所以，再根據恰為與的等比中項求解，（3）由（2）得到時，，，求得，再代入證明?！驹斀狻浚?）解：令可得，即．所以．時，可得，當時，所以．顯然當時，滿足上式．所以．，所以數列是等差數列，（2）由（1）知，．設等比數列的公比為，所以，恰為與的等比中項，所以，解得，所以（3）時，，，而時，，，所以當時，.當時，，∴對任意，都有，【點睛】本題主要考查數列的通項公式和前n項和的關系，等差數列，等比數列的定義和性質以及數列放縮的方法，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于難題，18、（Ⅰ）；（Ⅱ）4953【解析】

（Ⅰ）遞推公式變形為，由數列是正項數列，得到，根據數列是等比數列求通項公式；（Ⅱ），根據新定義和對數的運算分類討論數列的通項公式，并求前2020項和．【詳解】（Ⅰ）∵，∴，∴又∵數列的各項都為正數，∴，即．∴數列是以2為首項，2為公比的等比數列，∴．（Ⅱ）∵，∴，．∴數列的前2020項的和為．【點睛】本題考查根據數列的遞推公式求通項公式和數列的前項和，意在考查轉化與化歸的思想，計算能力，屬于中檔題型.19、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）首先對函數求導，再根據參數的取值，討論的正負，即可求出關于的單調性即可；（2）首先通過構造新函數，討論新函數的單調性，根據新函數的單調性證明.【詳解】（1），令，則，令得，當時，則在單調遞減，當時，則在單調遞增，所以，當時，，即，則在上單調遞增，當時，，易知當時，，當時，，由零點存在性定理知，，不妨設，使得，當時，，即，當時，，即，當時，，即，所以在和上單調遞增，在單調遞減；（2）證明：構造函數，，，，整理得，，（當時等號成立），所以在上單調遞增，則，所以在上單調遞增，，這里不妨設，欲證，即證由（1）知時，在上單調遞增，則需證，由已知有，只需證，即證，由在上單調遞增，且時，有，故成立，從而得證.【點睛】本題主要考查了導數含參分類討論單調性，借助構造函數和單調性證明不等式，屬于難題.20、【解析】

根據，可解得，設為曲線任一點，在矩陣對應的變換作用下得到點，則點在曲線上，根據變換的定義寫出相應的矩陣等式，再用表示出，代入曲線的方程中，即得.【詳解】，，即.，解得，.設為曲線任一點，則，又設在矩陣A變換作用得到點，則，即，所以即代入，得，所以曲線的方程為.【點