2024-2025學年云南省石林彝族自治縣民族中學高三年級第二學期期末質檢數學試題含解析

2024-2025學年云南省石林彝族自治縣民族中學高三年級第二學期期末質檢數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．ΔABC中，如果lgcosA=lgsinA．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形2．若復數在復平面內對應的點在第二象限，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．已知函數，存在實數，使得，則的最大值為（）A． B． C． D．4．已知，則“直線與直線垂直”是“”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．等差數列的前項和為，若，，則數列的公差為（）A．-2 B．2 C．4 D．76．已知函數（，且）在區(qū)間上的值域為，則（）A． B． C．或 D．或47．已知全集，則集合的子集個數為（）A． B． C． D．8．已知命題：使成立．則為（）A．均成立 B．均成立C．使成立 D．使成立9．已知函數滿足=1，則等于（）A．- B． C．- D．10．的展開式中，含項的系數為（）A． B． C． D．11．已知底面為正方形的四棱錐，其一條側棱垂直于底面，那么該四棱錐的三視圖可能是下列各圖中的（）A． B． C． D．12．若函數的圖象上兩點，關于直線的對稱點在的圖象上，則的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上移動時，的內心的軌跡方程為__________．14．在如圖所示的三角形數陣中，用表示第行第個數，已知，且當時，每行中的其他各數均等于其“肩膀”上的兩個數之和，即，若，則正整數的最小值為______.15．已知，，其中，為正的常數，且，則的值為_______.16．設，則______.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）設數列，的各項都是正數，為數列的前n項和，且對任意，都有，，，（e是自然對數的底數）.（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前n項和.18．（12分）（某工廠生產零件A，工人甲生產一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分別為，工人乙生產一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分別為．己知生產一件一等品、二等品、三等品零件A給工廠帶來的效益分別為10元、5元、2元.（1）試根據生產一件零件A給工廠帶來的效益的期望值判斷甲乙技術的好壞；（2）為鼓勵工人提高技術，工廠進行技術大賽，最后甲乙兩人進入了決賽．決賽規(guī)則是：每一輪比賽，甲乙各生產一件零件A，如果一方生產的零件A品級優(yōu)干另一方生產的零件，則該方得分1分，另一方得分-1分，如果兩人生產的零件A品級一樣，則兩方都不得分，當一方總分為4分時，比賽結束，該方獲勝．Pi+4（i=4，3，2，…，4）表示甲總分為i時，最終甲獲勝的概率．①寫出P0，P8的值；②求決賽甲獲勝的概率．19．（12分）已知函數，其導函數為，（1）若，求不等式的解集；（2）證明：對任意的，恒有.20．（12分）如圖所示，在四面體中，，平面平面，，且.（1）證明：平面；（2）設為棱的中點，當四面體的體積取得最大值時，求二面角的余弦值.21．（12分）已知都是各項不為零的數列，且滿足其中是數列的前項和，是公差為的等差數列．（1）若數列是常數列，，，求數列的通項公式；（2）若是不為零的常數），求證：數列是等差數列；（3）若（為常數，），．求證：對任意的恒成立．22．（10分）如圖1，在邊長為4的正方形中，是的中點，是的中點，現將三角形沿翻折成如圖2所示的五棱錐.（1）求證：平面；（2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值.

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．B【解析】

化簡得lgcosA＝lgsinCsinB＝﹣lg2，即cosA=sinCsinB=12，結合0<A<π，可求A=π【詳解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，可得lgcosA＝∵0<A<π，∴A=π3，B+C=2π3，∴sinC＝12sinB＝12sin2π3-C＝34cosC+故選：B本題主要考查了對數的運算性質的應用，兩角差的正弦公式的應用，解題的關鍵是靈活利用基本公式，屬于基礎題．2．B【解析】

復數，在復平面內對應的點在第二象限，可得關于a的不等式組，解得a的范圍.【詳解】，由其在復平面對應的點在第二象限，得，則.故選：B.本題考查了復數的運算法則、幾何意義、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．3．A【解析】

畫出分段函數圖像，可得，由于，構造函數，利用導數研究單調性，分析最值，即得解.【詳解】由于，,由于，令，，在↗，↘故.故選：A本題考查了導數在函數性質探究中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.4．B【解析】

由兩直線垂直求得則或，再根據充要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，“直線與直線垂直”則，解得或，所以“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故選B.本題主要考查了兩直線的位置關系，及必要不充分條件的判定，其中解答中利用兩直線的位置關系求得的值，同時熟記充要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.5．B【解析】

在等差數列中由等差數列公式與下標和的性質求得，再由等差數列通項公式求得公差.【詳解】在等差數列的前項和為，則則故選：B本題考查等差數列中求由已知關系求公差，屬于基礎題.6．C【解析】

對a進行分類討論，結合指數函數的單調性及值域求解.【詳解】分析知，.討論：當時，，所以，，所以；當時，，所以，，所以.綜上，或，故選C.本題主要考查指數函數的值域問題，指數函數的值域一般是利用單調性求解，側重考查數學運算和數學抽象的核心素養(yǎng).7．C【解析】

先求B.再求，求得則子集個數可求【詳解】由題=,則集合,故其子集個數為故選C此題考查了交、并、補集的混合運算及子集個數，熟練掌握各自的定義是解本題的關鍵，是基礎題8．A【解析】試題分析：原命題為特稱命題，故其否定為全稱命題，即．考點：全稱命題.9．C【解析】

設的最小正周期為，可得，則，再根據得，又，則可求出，進而可得.【詳解】解：設的最小正周期為，因為，所以，所以，所以，又，所以當時，，，因為，整理得，因為，，，則所以.故選：C.本題考查三角形函數的周期性和對稱性，考查學生分析能力和計算能力，是一道難度較大的題目.10．B【解析】

在二項展開式的通項公式中，令的冪指數等于，求出的值，即可求得含項的系數．【詳解】的展開式通項為，令，得，可得含項的系數為.故選：B.本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．11．C【解析】試題分析：通過對以下四個四棱錐的三視圖對照可知，只有選項C是符合要求的.考點：三視圖12．D【解析】

由題可知，可轉化為曲線與有兩個公共點，可轉化為方程有兩解，構造函數，利用導數研究函數單調性，分析即得解【詳解】函數的圖象上兩點，關于直線的對稱點在上，即曲線與有兩個公共點，即方程有兩解，即有兩解，令，則，則當時，；當時，，故時取得極大值，也即為最大值，當時，；當時，，所以滿足條件．故選：D本題考查了利用導數研究函數的零點，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于較難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

考查更為一般的問題：設P為橢圓C:上的動點，為橢圓的兩個焦點，為△PF1F2的內心，求點I的軌跡方程．解法一：如圖，設內切圓I與F1F2的切點為H，半徑為r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，，則.直線IF1與IF2的斜率之積：，而根據海倫公式，有△PF1F2的面積為因此有.再根據橢圓的斜率積定義，可得I點的軌跡是以F1F2為長軸，離心率e滿足的橢圓，其標準方程為.解法二：令，則．三角形PF1F2的面積：，其中r為內切圓的半徑，解得.另一方面，由內切圓的性質及焦半徑公式得：從而有．消去θ得到點I的軌跡方程為：.本題中：，代入上式可得軌跡方程為：.14．2022【解析】

根據條件先求出數列的通項，利用累加法進行求解即可．【詳解】，，，下面求數列的通項，由題意知，，，，，，數列是遞增數列，且，的最小值為.故答案為：.本題主要考查歸納推理的應用，結合數列的性質求出數列的通項是解決本題的關鍵．綜合性較強，屬于難題．15．【解析】

把已知等式變形，展開兩角和與差的三角函數，結合已知求得值．【詳解】解：由，得，，即，，又，，解得：．為正的常數，．故答案為：．本題考查兩角和與差的三角函數，考查數學轉化思想方法，屬于中檔題．16．121【解析】

在所給的等式中令，,令，可得2個等式，再根據所得的2個等式即可解得所求.【詳解】令，得，令，得，兩式相加，得，所以.故答案為:.本題主要考查二項式定理的應用,考查學生分析問題的能力,屬于基礎題,難度較易.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），（2）【解析】

（1）當時,,與作差可得,即可得到數列是首項為1,公差為1的等差數列,即可求解；對取自然對數,則,即是以1為首項,以2為公比的等比數列,即可求解；（2）由（1）可得,再利用錯位相減法求解即可.【詳解】解:（1）因為,,①當時,,解得；當時,有,②由①②得,,又,所以,即數列是首項為1,公差為1的等差數列,故,又因為,且,取自然對數得,所以,又因為,所以是以1為首項,以2為公比的等比數列,所以,即（2）由（1）知,,所以,③,④③減去④得:,所以本題考查由與的關系求通項公式,考查錯位相減法求數列的和.18．（1）乙的技術更好，見解析（2）①，；②【解析】

（1）列出分布列，求出期望，比較大小即可；（2）①直接根據概率的意義可得P0，P8；②設每輪比賽甲得分為，求出每輪比賽甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，可的，可推出是等差數列，根據可得答案.【詳解】（1）記甲乙各生產一件零件給工廠帶來的效益分別為元、元，隨機變量，的分布列分別為10521052所以，，所以，即乙的技術更好（2）①表示的是甲得分時，甲最終獲勝的概率，所以，表示的是甲得4分時，甲最終獲勝的概率，所以；②設每輪比賽甲得分為，則每輪比賽甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，所以甲得時，最終獲勝有以下三種情況：（1）下一輪得1分并最終獲勝，概率為；（2）下一輪得0分并最終獲勝，概率為；（3）下一輪得分并最終獲勝，概率為；所以，所以是等差數列，則，即決賽甲獲勝的概率是.本題考查離散型隨機變量的分布列和期望，考查數列遞推關系的應用，是一道難度較大的題目.19．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求出的導數，根據導函數的性質判斷函數的單調性，再利用函數單調性解函數型不等式；（2）構造函數，利用導數判斷在區(qū)間上單調遞減，結合可得結果.【詳解】（1）若，則.設，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增.又當時，；當時，；當時，，所以所以在上單調遞增，又，所以不等式的解集為.（2）設，再令，，在上單調遞減，又，，，，，.即本題考查利用函數的導數來判斷函數的單調性，再利用函數的單調性來解決不等式問題，屬于較難題.20．（1）見證明；（2）【解析】

（1）根據面面垂直的性質得到平面，從而得到，利用勾股定理得到，利用線面垂直的判定定理證得平面；（2）設，利用椎體的體積公式求得，利用導數研究函數的單調性，從而求得時，四面體的體積取得最大值，之后利用空間向量求得二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：因為，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以.因為，所以，所以，因為，所以平面.（2）解：設，則，四面體的體積.，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.故當時，四面體的體積取得最大值.以為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，，，，.設平面的法向量為，則，即，令，得，同理可得平面的一個法向量為，則.由圖可知，二面角為銳角，故二面角的余弦值為.該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的性質，線面垂直的判定，椎體的體積，二面角的求法，在解題的過程中，注意巧用導數求解體積的最大值.21．（1）；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

(1)根據,可求得,再根據是常數列代入根據通項與前項和的關系求解即可.(2)取,并結合通項與前項和的關系可求得再根據化簡可得,代入化簡即可知,再證明也成立即可.(3)由(2)當時,,代入所給的條件化簡可得,進而