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云南省弥勒市一中2024-2025学年高三上学期期末考试
数学试卷
注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷.草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知“x>2”是“<1”的（ ）条件．
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要
2.某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每天安排1人，每人值班1天．若5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3日，则不同的安排方案共有（ ）
A. 42种 B. 40种 C. 36种 D. 30种
3.(x－y)(x＋2y＋z)6的展开式中，x2y3z2的系数为(　　)
A. －30　　　 B. 120　　　 C. 240　　　 D. 420
4.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是(　　)
A. 第2项 B. 第3项 C. 第4项 D. 第5项
5.在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则a4＝(　　)
A. －1 B. 0 C. 1 D. 2
6.某大学开学时选择选修课程，甲、乙、丙、丁、戊5名同学准备在音乐鉴赏、影视鉴赏、相声艺术鉴赏、戏曲鉴赏四门课程中每人选择一门课程，每门选修课程至少有一人选择，甲、乙都不选音乐鉴赏，但能选择其他三门选修课程，丙、丁、戊可选择四门选修课程的任何一门课程，则不同的选择方法有（ ）种．
A. 324 B. 234 C. 216 D. 126
7.直线经过定点，且与轴正半轴、轴正半轴分别相交于，两点，为坐标原点，动圆在的外部，且与直线及两坐标轴的正半轴均相切，则周长的最小值是（ ）
A. 3 B. 5 C. 10 D. 12
8.已知函数，则(　　)
A. B. 0 C. 1 D. 2
二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.给出下列命题，其中正确的命题有（ ）
A. 函数的零点所在区间为
B. 若关于x的方程有解，则实数m的取值范围是
C. 函数与函数是相同的函数
D. 若函数满足，则
10.已知函数，则（ ）
A. 曲线在处的切线斜率为
B. 方程有无数个实数根
C. 曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于
D. 在上单调递减
11.已知正数x，y，z满足，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数和，如果直线l同时是和的切线，称l是和的公切线，若和有且仅有一条公切线，则______．
13. 若关于的不等式恰有个整数解，则实数的取值范围是__________.
14.已知是函数的导函数，且对任意的实数x都有，，则不等式的解集是________．
四、解答题:本题共5 小题，其中第 15 题 13 分，第 16、17 题 15 分,第18、19题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：．整理得到如下频率分布直方图．
（1）求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选2人，求这2人成绩不在同一组的概率．
16.函数和的图象关于原点对称，且.
（1）求函数的解析式；
（2）解不等式；
（3）若在上是增函数，求实数的取值范围.
17. 已知函数，的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象上各点的纵坐标不变横坐标缩短到原来的，再向右平移，得到函数的图象，求函数在区间上的值域．
18. 如图，在直三棱柱中，，是线段上一点
（1）证明：；
（2）若二面角的正弦值为，求的长．
19.在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
（1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
（2）证明：直线在曲面上；
（3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
一、单选题
1.【答案】A
【解析】，
所以是的充分不必要条件.
故选:A．
2.【答案】B
【解析】甲乙相邻的排列数是，其中甲乙相邻且丙排在5月3日的排列数为，
所以不同的安排方案共有（种）.
故选：B.
3.【答案】B
【解析】[(x＋2y)＋z]6的展开式中含z2的项为C(x＋2y)4z2，(x＋2y)4的展开式中xy3项的系数为C×23，x2y2项的系数为C×22，所以(x－y)(x＋2y＋z)6的展开式中x2y3z2的系数为CC×23－CC×22＝480－360＝120.
4.【答案】B
【解析】因为Sn＝n2－10n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．所以an＝2n－11(n∈N*).
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图象的对称轴为直线n＝，但n∈N*，
所以当n＝3时，f(n)取最小值．
所以数列{nan}中数值最小的项是第3项．
5.【答案】C
【解析】由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，
即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以a4＝1.
6.【答案】D
【解析】根据题意，分2种情况讨论：
①甲乙选择同一门课程，有种选法，
②甲乙不选择同一门课程，有种选法，
则不同选法总数为种.
故选：D.
7.【答案】C
【解析】设动圆的圆心坐标为，
即圆半径，由题意，
设，，圆与直线相切于点，则，，
所以，
即的周长为，
所以的周长最小即为圆半径最小，因为，
则，整理得，
解得或,
当时，圆心在内，不合题意；
当时，符合题意，即圆半径的最小值为，周长的最小值为．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】由于函数，
所以，
则.
故选：B.
二、多选题
9.【答案】ABD
【解析】对于A中，由，可得函数为单调递增函数，
可得，，即，
所以函数的零点所在区间为，所以A正确；
对于B中，由指数函数的性质，可得，
若关于x的方程有解，即方程有解，
所以实数m的取值范围是，所以B正确；
对于C中，函数的定义域为，函数的定义域为，
所以函数与函数不是相同的函数，所以C错误；
对于D中，因为函数满足，
令，可得，解得，
又由，所以D正确.
故选：ABD.
10.【答案】BCD
【解析】对于A，，则，
故，A错误；
对于B，由于为周期函数，当时，，
故的图象大致如图示：
结合图象可知，当x增大到一定数值满足后，
大于的数将有无数个满足，B正确；
对于C，设为上任意一点，则，
由于，故，
由于时，，故曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率在时才取到正值，
则时，取正值时，，取负值时，显然成立；
设，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，故，
由于取等号条件和取等号条件不一致，
故，C正确；
对于D，设，则，
故在上单调递减，则，则；
设，
，
故在上单调递减，D正确，
故选：BCD.
11.【答案】ABC
【解析】x,y,z>0，令，则x=log3t，t= log4t，.
，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，，因为t>1，所以，即3x<4y，故D错误.
三、填空题
12.【答案】
【解析】设与相切于点，
，所以，
所以切线为：，化简可得
同理设与相切于点，
，所以；
所以切线为：，化简可得
因为l是和的公切线，
所以，则，
所以，解得：.
13.【答案】
【解析】函数与的图象恒过点 .
因为 恰有 1个整数解.
所以.
当时，作出和的图象，
因为恰有个整数解，
所以是不等式的整数解，
所以，解得，
即实数取值范围是.
14.【答案】
【解析】令，，
则，又，∴，
∴，
所以，即，
求得：或，
所以不等式的解集为.
四、解答题
15.【答案】解：（1）由直方图可得，
解得，
平均数为.
（2）成绩在内的频率分别为，
则成绩在内抽取的人数分别为人，人，
成绩在内的2人记为，成绩在内的4人记为，
从这6人中任选2人的样本空间
，所以.
记2人成绩不在同一组为事件A，
则，所以，
所以从这6人中任选2人，这2人成绩不在同一组的概率.
16.【答案】解：（1）设函数的图象上任意一点关于原点的对称点为，
则即.
∵点在函数的图象上，∴，即，
故.
（2）由，可得，
当时，，此时不等式无解.
当时，，解得.
因此，原不等式的解集为.
（3），
①当时，在上是增函数，∴.
②当时，对称轴的方程为.
(i)当时，，解得.
(ii)当时，，解得.
综上，.
17.【答案】解：（1）由已知
又由于，所以，
所以，
由令，，则，，
所以函数的单调递增区间为，．
（2）由（1），且将函数的图象上各点的纵坐标不变横坐标缩短到原来的，再向右平移，得到函数的图象
故可得，
∵，， ∴，
故，
所以，即．
18.【答案】（1）证明：设，则
，
因为，
所以，
所以．
（2）解：因为直三棱柱，所以平面，平面，
所以，因，所以，
以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，
设，，则，
，．
设平面的法向量为，
则，取，则．
设平面的方向量为，
则，
取，则．
因为二面角的正弦值为，
所以二面角的余弦值的绝对值为，
所以，
所以，解得或，
或，
或，故此时．
19.【答案】（1）解：根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）证明：设直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）解：直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为

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