陕西省咸阳百灵中学2025年数学高三上期末预测试题.doc

陕西省咸阳百灵中学2025年数学高三上期末预测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设，是双曲线的左，右焦点，是坐标原点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．下列命题中，真命题的个数为（ ）
①命题“若，则”的否命题；
②命题“若，则或”；
③命题“若，则直线与直线平行”的逆命题.
A．0 B．1 C．2 D．3
3．如图是甲、乙两位同学在六次数学小测试（满分100分）中得分情况的茎叶图，则下列说法错误的是（ ）

A．甲得分的平均数比乙大 B．甲得分的极差比乙大
C．甲得分的方差比乙小 D．甲得分的中位数和乙相等
4．在中，，，分别为角，，的对边，若的面为，且，则（　　）
A．1 B． C． D．
5．已知函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象(　　)
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
6．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a5＝16，a3a4＝﹣32，则S8＝（ ）
A．﹣21 B．﹣24 C．85 D．﹣85
7．已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（ ）
A． B．2 C．4 D．
8．展开式中x2的系数为( )
A．－1280 B．4864 C．－4864 D．1280
9．《普通高中数学课程标准（2017版）》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（ ）

A．甲的数据分析素养高于乙
B．甲的数学建模素养优于数学抽象素养
C．乙的六大素养中逻辑推理最差
D．乙的六大素养整体平均水平优于甲
10．已知双曲线（）的渐近线方程为，则（ ）
A． B． C． D．
11．设复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
12．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．为了抗击新型冠状病毒肺炎，某医药公司研究出一种消毒剂，据实验表明，该药物释放量与时间的函数关系为（如图所示），实验表明，当药物释放量对人体无害. （1）______；（2）为了不使人身体受到药物伤害，若使用该消毒剂对房间进行消毒，则在消毒后至少经过______分钟人方可进入房间.

14．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是________．
15．已知向量，满足，，且已知向量，的夹角为，，则的最小值是__．
16．若函数为偶函数，则 ．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）以直角坐标系的原点为极坐标系的极点，轴的正半轴为极轴．已知曲线的极坐标方程为，是上一动点，，点的轨迹为．
（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程；
（2）若点，直线的参数方程（为参数），直线与曲线的交点为，当取最小值时，求直线的普通方程．
18．（12分）如图，四棱锥中，底面，，点在线段上，且.

（1）求证：平面；
（2）若，，，，求二面角的正弦值.
19．（12分）已知函数
（1）若函数在处取得极值1，证明：
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）已知点为椭圆上任意一点，直线与圆 交于，两点，点为椭圆的左焦点.
（1）求证：直线与椭圆相切；
（2）判断是否为定值，并说明理由.
21．（12分） [选修4-5：不等式选讲]:已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，且的最小值为.若，求的最小值.
22．（10分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有点数的正方体骰子次，若掷得点数大于，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖，已知抽奖箱中装有个红球与个白球，抽奖者从箱中任意摸出个球，若个球均为红球，则获得一等奖，若个球为个红球和个白球，则获得二等奖，否则，获得三等奖（抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同）.
若，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；
若一等奖可获奖金元，二等奖可获奖金元，三等奖可获奖金元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为，若商场希望的数学期望不超过元，求的最小值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
设过点作的垂线，其方程为，联立方程，求得，，即，由，列出相应方程，求出离心率.
【详解】
解：不妨设过点作的垂线，其方程为，
由解得，，即，
由，所以有，
化简得，所以离心率．
故选：B.
本题主要考查双曲线的概念、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，属于中档题．
2．C
【解析】
否命题与逆命题是等价命题，写出①的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出②的逆否命题后，利用指数函数单调性验证正确；写出③的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断③正确.
【详解】
①的逆命题为“若，则”，
令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；
②的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故②为真命题；
③的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题.
故选：C.
本题考查判断命题真假. 判断命题真假的思路：
(1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断．
(2)当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法：
①若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；②判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可．
3．B
【解析】
由平均数、方差公式和极差、中位数概念，可得所求结论．
【详解】
对于甲，；
对于乙，，
故正确；
甲的极差为，乙的极差为，故错误；
对于甲，方差.5，
对于乙，方差，故正确；
甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，故正确．
故选：．
本题考查茎叶图的应用，考查平均数和方差等概念，培养计算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
4．D
【解析】
根据三角形的面积公式以及余弦定理进行化简求出的值，然后利用两角和差的正弦公式进行求解即可．
【详解】
解：由，
得，
∵ ，
∴ ，
即
即，
则，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即，
则，
故选D．
本题主要考查解三角形的应用，结合三角形的面积公式以及余弦定理求出的值以及利用两角和差的正弦公式进行计算是解决本题的关键．
5．A
【解析】
由的最小正周期是，得，
即

，
因此它的图象向左平移个单位可得到的图象．故选A．
考点：函数的图象与性质．
三角函数图象变换方法：

6．D
【解析】
由等比数列的性质求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q，
∵a5＝16，a3a4＝﹣32，
∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，
∴q＝﹣2，则，
则，
故选：D.
本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.
7．C
【解析】
设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.
【详解】
圆可化为.
设，
则的斜率分别为，
所以的方程为，即，
，即，
由于都过点，所以，
即都在直线上，
所以直线的方程为，恒过定点，
即直线过圆心，
则直线截圆所得弦长为4.
故选:C.
本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.
8．A
【解析】
根据二项式展开式的公式得到具体为：化简求值即可.
【详解】
根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里出，第二个括号里出，具体为：
化简得到-1280 x2
故得到答案为：A.
求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
9．D
【解析】
根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.
【详解】
对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.
对于B选项，甲的建模素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.
对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.
对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.
故选：D
本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基础题.
10．A
【解析】
根据双曲线方程（），确定焦点位置，再根据渐近线方程得到求解.
【详解】
因为双曲线（），
所以，又因为渐近线方程为，
所以，
所以.
故选：A.
本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
11．D
【解析】
先把变形为，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，得到其坐标可得答案.
【详解】
解：由，得，
所以，其在复平面内对应的点为，在第四象限
故选：D
此题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.
12．D
【解析】
圆心坐标为，代入直线方程，再由乘1法和基本不等式，展开计算即可得到所求最小值．
【详解】
圆的圆心为，
由题意可得，即，，，
则，当且仅当且即时取等号，
故选：．
本题考查最值的求法，注意运用乘1法和基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，同时考查直线与圆的关系，考查运算能力，属于基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2 40
【解析】
（1）由时，，即可得出的值；
（2）解不等式组，即可得出答案.
【详解】
（1）由图可知，当时，，即
（2）由题意可得，解得
则为了不使人身体受到药物伤害，若使用该消毒剂对房间进行消毒，则在消毒后至少经过分钟人方可进入房间.
故答案为：（1）2；（2）40
本题主要考查了分段函数的应用，属于中档题.
14．
【解析】
由题意得出展开式中共有11项，；再令求得展开式中各项的系数和．
【详解】
由的展开式中只有第六项的二项式系数最大，
所以展开式中共有11项，所以；
令，可求得展开式中各项的系数和是：
．
故答案为：1．
本小题主要考查二项式展开式的通项公式的运用，考查二项式展开式各项系数和的求法，属于基础题.
15．
【解析】
求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.
【详解】

如图所示，设，
由题，得，
又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，
取AB的中点为M，则，
设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，
因为，
又，
所以的最小值是.
故答案为：
本题主要考查向量的综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.
16．1
【解析】
试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，
．
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为 函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1），；（2）.
【解析】
（1）设点极坐标分别为,，由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程；
（2）设点对应的参数分别为，则，，将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得，，则，求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.
【详解】
（1）设点极坐标分别为，，
因为,则，
所以曲线的极坐标方程为，
两边同乘,得，
所以的直角坐标方程为,即.
（2）设点对应的参数分别为，则,，将直线的参数方程（参数），代入的直角坐标方程中，整理得.
由韦达定理得，，
所以，当且仅当时，等号成立，则，
所以当取得最小值时，直线的普通方程为.
本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系．
18．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）要证明平面，只需证明，，即可求得答案；
（2）先根据已知证明四边形为矩形，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立坐标系，求得平面的法向量为，平面的法向量，设二面角的平面角为，，即可求得答案.
【详解】
（1）平面，平面，
.
，，
.
又，
平面.
（2）由（1）可知.
在中，，
.
.
又，，
四边形为矩形.
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立坐标系，
如图：

则：，，，，
：，
设平面的法向量为，

即，
令，则，

由题平面，即平面的法向量为
由二面角的平面角为锐角，
设二面角的平面角为
即

二面角的正弦值为：.
本题主要考查了求证线面垂直和向量法求二面角，解题关键是掌握线面垂直判断定理和向量法求二面角的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
19．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）求出函数的导函数，由在处取得极值1，可得且.解出，构造函数，分析其单调性，结合，即可得到的范围，命题得证；
（2）由分离参数，得到恒成立，构造函数，求导函数，再构造函数，进行二次求导.由知，则在上单调递增.根据零点存在定理可知有唯一零点，且.由此判断出时，单调递减，时，单调递增，则，即.由得，再次构造函数，求导分析单调性，从而得，即，最终求得，则.
【详解】
解：（1）由题知，
∵函数在，处取得极值1，
，且，
，
，
令，则
为增函数，

，即成立.
（2）不等式恒成立，
即不等式恒成立，即恒成立，
令，则
令，则,
，，
在上单调递增，且，
有唯一零点，且，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
，

由整理得
，
令，则方程等价于
而在上恒大于零，
在上单调递增，
.

，

∴实数的取值范围为.
本题考查了函数的极值，利用导函数判断函数的单调性，函数的零点存在定理，证明不等式，解决不等式恒成立问题.其中多次构造函数，是解题的关键，属于综合性很强的难题.
20．（1）证明见解析；（2）是，理由见解析.
【解析】
（1）根据判别式即可证明．
（2）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论，
【详解】
解：（1）当时直线方程为或，直线与椭圆相切.
当时，由得，
由题知，，即，
所以.
故直线与椭圆相切.
（2）设，，
当时，，，，

所以，即.
当时，由得，
则，，
.
因为

.
所以，即.故为定值.
本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
21．（1） （2）
【解析】
（1）当时，，原不等式可化为，分类讨论即可求得不等式的解集；
（2）由题意得，的最小值为，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．
【详解】
（1）当时，，原不等式可化为，①
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时，
综上，原不等式的解集为.
（2）由题意得， ，
因为的最小值为，所以，由，得，
所以 ，
当且仅当，即，时，的最小值为.
本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
22．；.
【解析】
设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，求出；
由题意可知，随机变量的可能取值为，，，相应求出概率，求出期望，化简得，由题意可知，，即，求出的最小值.
【详解】
设顾客获得三等奖为事件，
因为顾客掷得点数大于的概率为，
顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，
所以；
由题意可知，随机变量的可能取值为，，，
且，
，
，
所以随机变量的数学期望，
，
化简得，
由题意可知，，即，
化简得，因为，解得，
即的最小值为.
本题主要考查概率和期望的求法，属于常考题.