湖北省十堰市2024-2025年高三上學期期末考試數(shù)學試題 含解析

十堰市2025年高三年級元月調研考試數(shù)學本試題卷共4頁，共19道題，滿分150分，考試時間120分鐘.★?？荚図樌镒⒁馐马棧?.答題前，考生務必將自己的姓名?考號填寫在答題卡和試卷指定位置上，并將考號條形碼貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：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，再選涂其他答案標號.答在試題卷?草稿紙上無效.3.非選擇題用0.5毫米黑色墨水簽字筆將答案直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).答在試題卷?草稿紙上無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，只交答題卡.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】解不等式與分式不等式可化簡集合A，B，然后由交集定義可得答案.【詳解】不等式.所以，又，所以.故選：D2.下列雙曲線，焦點在軸上且漸近線方程為的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)各項雙曲線方程確定焦點位置并寫出漸近線方程，即可得答案.【詳解】由、的焦點在軸上，A、B錯；由的焦點在軸上且漸近線方程為，C對；由的焦點在軸上且漸近線方程為，D錯.故選：C3.如圖，在中，是延長線上一點，且，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)平面向量的基本定理求解即可.【詳解】.故選：B.4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的誘導公式以及二倍角公式，可得答案.【詳解】，則，又，所以.故選：D.5.已知，且的中位數(shù)為1，則（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】先根據(jù)題意判斷出，再分別討論和即可求解.【詳解】因為，所以，又的中位數(shù)為1，所以，當時，分別為，則中位數(shù)為，不符合題意；當時，，則中位數(shù)為，解得.故選：B6.已知正三棱錐的體積為，則該三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取正三棱錐的底面中心為，設外接球的球心為，先由三棱錐的體積求出正三棱錐的高為，再由勾股定理求出球的半徑，最后求出表面積即可.【詳解】設正三棱錐的底面中心為，外接球的球心為，顯然球心在直線上.設正三棱錐的高為，外接球的半徑為，由，可得正三角形的面積為，所以，解得.球心到底面的距離為，由，得，所以外接球表面積為.故選：D.7.在中，為上一點，，則的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等面積法結合余弦定理解三角形，結合三角形的面積公式求解即可.【詳解】記的內(nèi)角的對邊分別為，因為，所以.由余弦定理可知，得，又，所以，則的面積為.故選：B.8.已知函數(shù)，若實數(shù)、、滿足，且，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作出函數(shù)的圖象，可知，求出的取值范圍，根據(jù)求出的值，由此可得出的取值范圍.【詳解】作出函數(shù)的圖象，如圖：由圖可知，，即，得，即，由，即，可得，得，即，所以.所以，，故的取值范圍為.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：解本題的關鍵在于根據(jù)圖形確定、、的范圍，結合圖形以及代數(shù)運算求出為定值，再結合的范圍求解.二?多選題：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.已知虛數(shù)滿足，則（）A.的實部為 B.的虛部為C. D.可能為純虛數(shù)【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的乘法以及共軛復數(shù)的概念，建立方程方程，可得答案.【詳解】設，由，可得，所以，解得，則，所以的實部為的虛部為不可能為純虛數(shù).故選：AC.10.已知，函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.若為奇數(shù)，則是的極小值點B.若為奇數(shù)，則是的極大值點C.若為偶數(shù)，則是的極小值點D.若為偶數(shù)，則是的極大值點【答案】BC【解析】【分析】先求導函數(shù)再分奇數(shù)偶數(shù)判斷導函數(shù)正負得出函數(shù)的單調性進而得出極值點即可.詳解】由題可得.當為奇數(shù)時，，令，且當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以是的極大值點，B正確；當為偶數(shù)時，，當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以是的極小值點，C正確.故選：BC.11.數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美的曲線，曲線就是其中之一，則下列四個結論中正確的是（）A.曲線關于原點對稱，且關于直線對稱B.曲線上任意一點到原點的距離都不超過2C.若是曲線上的任意一點，則的最大值為D.已知，直線與曲線交于兩點，則為定值【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)曲線上任意點，結合曲線方程判斷是否在曲線上判斷A；令第一象限點在曲線上，得，應用基本不等式求的范圍判斷B；根據(jù)題意位于第二象限時取得最大值，令得，利用求的范圍判斷C；設第一象限點，則且，結合兩點距離公式求判斷D.【詳解】根據(jù)曲線方程，若點在曲線上，易知點都滿足曲線的方程，所以曲線關于原點對稱，且關于直線對稱，A正確；令第一象限點在曲線上，則，因為，則，解得，當且僅當時等號成立，所以曲線上任意一點到原點的距離都不超過，B正確；由曲線的對稱性知，當位于第二象限時，取得最大值，所以，令，將代入，可得，故，解得，即的最大值為6，C錯誤；由題，知點關于原點對稱，不妨設第一象限點，則且，則，，所以為定值，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)曲線方程的特征判斷曲線的對稱性，結合各項描述并應用特殊象限點、基本不等式、兩點距離公式、方程法判斷各項正誤為關鍵.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，若，，則__________.【答案】3【解析】【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義代入求解即可.【詳解】因為，所以，即，因為是定義在上的奇函數(shù)，所以，故.故答案為：.13.已知，函數(shù)在上單調遞減，則的最大值為__________.【答案】10【解析】【分析】設，可知在上單調遞減，結合正弦函數(shù)單調性可得，再根據(jù)分析求解即可.【詳解】因為，所以，又因為在上單調遞減，設，可知在上單調遞減，則，解得，且，則，解得，當時，，當時，，所以的最大值為10.故答案為：10.14.由數(shù)字1，2構成一個9位的數(shù)字序列，含有連續(xù)子序列1221的數(shù)字序列有__________個.（例如122122211，212112211符合題意）【答案】174【解析】【分析】考慮子序列1221可能出現(xiàn)的位置，再將其中重復的去掉，即可得答案.【詳解】考慮出現(xiàn)子序列1221時，可能出現(xiàn)的位置有6個，依次對應序列放入集合，中，記為集合中元素個數(shù)，則，再考慮重復的序列，，又注意到任意多于2個集合的交集均為空集，所以含有連續(xù)子序列1221的數(shù)學序列有個.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.現(xiàn)在很多市民都喜歡騎“共享單車”，但也有很多市民并不喜歡.為了調查人們是否喜歡這種交通方式，某同學從交通擁堵嚴重的A城市和交通擁堵不嚴重的B城市隨機調查了100名市民，得到了一個市民是否喜歡騎“共享單車”的樣本，具體數(shù)據(jù)如下列聯(lián)表：AB總計喜歡401050不喜歡203050總計6040100（1）根據(jù)列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，能否認為喜歡騎“共享單車”與城市的擁堵情況有關聯(lián)？（2）為進一步了解A城市的擁堵情況，該同學從樣本中A城市的市民中按是否喜歡利用分層隨機抽樣的方法抽取6人，并從這6人中選出2人代表發(fā)言，記代表發(fā)言中喜歡騎“共享單車”的人數(shù)為，求隨機變量的分布列及數(shù)學期望.附表格及參考公式：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）認為市民喜歡騎“共享單車”與城市的擁堵情況有關聯(lián)（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）根據(jù)獨立性檢驗的相關計算方法，可得答案；（2）根據(jù)超幾何分布列以及期望的計算方法，可得答案.【小問1詳解】零假設為：市民是否喜歡騎“共享單車”與城市的擁堵情況無關聯(lián).根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得.根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為市民是否喜歡騎“共享單車”與城市的擁堵情況有關聯(lián)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.【小問2詳解】根據(jù)分層隨機抽樣的知識可知，隨機抽取的6人中喜歡騎“共享單車”的有4人，不喜歡騎“共享單車”的有2人，所以隨機變量的所有可能取值為，，所以的分布列為012所以.16.如圖，在直四棱柱中，底面是邊長為的正方形，側棱，點、分別在側棱、上，且.（1）求平面與平面夾角的余弦值；（2）已知為底面的中心，在上是否存在點，使得平面？若存在，求出；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，且【解析】【分析】（1）解法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值；解法二：延長、，設，連接，分析可知，為平面與平面夾角，計算出、的長，即可求得的余弦值，即為所求；（2）解法一：假設存在滿足條件的點，設，根據(jù)空間向量法得出，求出的值，即可得出結論；解法二：當時，平面，連接，取為的中點，連接、，證明出四邊形為平行四邊形，可得出，再利用線面平行的判定定理可得出結論.【小問1詳解】解法一：因為在直四棱柱中，底面是邊長為正方形，以點為原點，、、所在直線分別為、、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則、、、，所以，，.設平面的法向量為，則，令，則，易知是平面的一個法向量，所以，即平面與平面夾角的余弦值為.解法二：延長、，設，連接，過在平面內(nèi)作的垂線，垂足為，連接.因為平面，平面，則，又因為，、平面，，所以，平面，因為平面，所以，，所以為平面與平面的夾角.因為，所以，則，則為的中點，所以，，在中，，因為，所以，因為平面，平面，則，則，所以，，即平面與平面夾角的余弦值為.【小問2詳解】解法一：由（1）可得、，，假設存在滿足條件的點，設，所以，因為平面，所以，解得.故當時，平面.解法二：當時，平面.證明過程如下：連接，取為的中點，連接、.因為為的中點，所以為梯形的中位線，即，且，因為，且，所以，，所以為平行四邊形，所以.因為平面，平面，所以平面.17.已知等比數(shù)列的前項和為，且.（1）求的通項公式；（2）若，記數(shù)列的前項和為，若恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法一：根據(jù)作差得到，即可求出公比，再求出，即可得解；解法二：設數(shù)列的公比為，令、，即可求出、，即可求出通項公式；（2）由（1）可得，利用錯位相減法求出，參變分離可得，令，利用作商法判斷的單調性，即可求出的最大值，即可得解.【小問1詳解】解法一：由，可得，兩式相減可得，則，即數(shù)列的公比為.當時，，則，解得，所以.解法二：設數(shù)列的公比為，當時，，即，當時，，即，解得，所以.【小問2詳解】由（1）可得，所以，則，所以，即，解得，由，可得，令，則，當時，，當時，，當時，1，所以，所以，所以的取值范圍為.18.已知拋物線的焦點在直線上，是上的三個點.（1）求的方程；（2）已知，且直線經(jīng)過點，，求直線的方程；（3）已知在軸的兩側，過點分別作拋物線的切線，且與交于點，直線與和分別交于點，求面積的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)焦點在直線上求解即可；（2）求出點的坐標，設，直線的方程為，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理結合求解即可；（3）設出直線的方程，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理和判別式得到，利用導數(shù)分別求出點和點處的切線方程，求出點，，的坐標，得到面積的表達式，令，則，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，進而求出最小值.【小問1詳解】由題可知，所以，解得，所以的方程為；【小問2詳解】設，由題可知，依題意知直線的斜率必存在，設直線的方程為.由整理得，則，，，，因為，所以，所以，，解得，所以直線的方程為；【小問3詳解】設，因為在軸的兩側，所以直線的斜率一定存在，不妨設，直線的方程為，由整理得，則，，由得.設切線的斜率分別為，又，所以，則，，所以的方程為，即，同理可得的方程為.由解得即.令，可得，，.點到直線的距離為，故的面積為，（當時，等號成立）令，記，則，令，則，所以在上單調遞增；令，則，在上單調遞減，所以，故面積的最小值為.【點睛】關鍵點點睛：本題第（3）問的關鍵點之一在于利用導數(shù)求出拋物線在點，處的切線，進而得到面積的表達式，關鍵點之二在于利用得到，再利用換元法轉化為求函數(shù)的最小值，利用導數(shù)求解即可.19.設函數(shù)在區(qū)間上有定義，若對任意，都滿足，則稱函數(shù)在區(qū)間上為級速增函數(shù).（1）判斷函數(shù)在區(qū)間上是否為1級速增函數(shù)，說明理由；（2）若函數(shù)在區(qū)間上為2級速增函數(shù)，且，證明：對任意，恒成立；（3）若在區(qū)間上為級速增函數(shù)，求的取值范圍.【答案】（1）是，理由見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）根據(jù)函數(shù)新定義作差比較判斷即可；（2）根據(jù)函數(shù)新定義作差結合累加