2025年青海省海北市数学高三上期末调研模拟试题.doc

2025年青海省海北市数学高三上期末调研模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（ ）

A． B． C． D．
4．设为虚数单位，复数，则实数的值是（ ）
A．1 B．-1 C．0 D．2
5．如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为（ ）

A． B． C． D．
6．已知与之间的一组数据

1
2
3
4

3.2
4.8
7.5
若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）
A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．4.5
7．已知，则“m⊥n”是“m⊥l”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．下列说法正确的是（ ）
A．“若，则”的否命题是“若，则”
B．在中，“”是“”成立的必要不充分条件
C．“若，则”是真命题
D．存在，使得成立
9．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中左视图中三角形为等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是（

A． B．
C． D．
10．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
11．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则
A． B． C． D．
12．若点是角的终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等差数列的前n项和为Sn，若，则____.
14．已知两圆相交于两点,，若两圆圆心都在直线上，则的值是________________ .
15．安排名男生和名女生参与完成项工作，每人参与一项，每项工作至少由名男生和名女生完成，则不同的安排方式共有________种（用数字作答）.
16．已知数列满足对任意，，则数列的通项公式__________.
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）已知满足 ，且，求的值及的面积.（从①，②，③这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解答.）
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（）.
（1）求抛物线C的极坐标方程；
（2）若抛物线C与直线l交于A，B两点，求的值.
19．（12分）已知函数
（1）当时，求不等式的解集；

（2）的图象与两坐标轴的交点分别为，若三角形的面积大于，求参数的取值范围.
20．（12分）选修4—5；不等式选讲．
已知函数．
(1)若的解集非空，求实数的取值范围；
(2)若正数满足，为（1）中m可取到的最大值，求证：．
21．（12分）如图，三棱锥中，，，，，.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）已知数列的前项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，为数列的前项和.求证：.
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．C
【解析】
由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.
【详解】
解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，
即有解，令，则，
则当时，；当时，，
故时，取得极大值，也即为最大值，
当趋近于时，趋近于，所以满足条件．
故选：C.
本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．
2．A
【解析】
结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.
【详解】
由，则，所以；而
当，则，解得或.所以
“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.
3．C
【解析】
根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容.
【详解】
根据循环程序框图可知，
则，
，
，
，
，
此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，
故选：C.
本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题.
4．A
【解析】
根据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.
【详解】
复数，
由复数乘法运算化简可得，
所以由复数定义可知，
解得，
故选：A.
本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.
5．C
【解析】
利用建系，假设长度，表示向量与，利用向量的夹角公式，可得结果.
【详解】
由平面平面，
平面平面，平面
所以平面，又平面
所以，又
所以作轴//,建立空间直角坐标系
如图

设，所以
则
所以
所以
故选：C
本题考查异面直线所成成角的余弦值，一般采用这两种方法：（1）将两条异面直线作辅助线放到同一个平面，然后利用解三角形知识求解；（2）建系，利用空间向量，属基础题.
6．D
【解析】
利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.
【详解】
利用表格中数据，可得
又，
．
解得
故选：D
本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
7．B
【解析】
构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m，n即可进行判断．
【详解】
如图，取长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，直线=直线。

若令AD1＝m，AB＝n，则m⊥n，但m不垂直于
若m⊥，由平面平面可知，直线m垂直于平面β，所以m垂直于平面β内的任意一条直线
∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件．
故选：B．
本题考点有两个：①考查了充分必要条件的判断，在确定好大前提的条件下，从m⊥n⇒m⊥？和m⊥⇒m⊥n？两方面进行判断；②是空间的垂直关系，一般利用长方体为载体进行分析．
8．C
【解析】
A：否命题既否条件又否结论，故A错.
B：由正弦定理和边角关系可判断B错.
C：可判断其逆否命题的真假，C正确.
D：根据幂函数的性质判断D错.
【详解】
解：A：“若，则”的否命题是“若，则”，故 A错.
B：在中，，故“”是“”成立的必要充分条件，故B错.
C：“若，则”“若，则”，故C正确.
D：由幂函数在递减，故D错.
故选：C
考查判断命题的真假，是基础题.
9．C
【解析】
作出三视图所表示几何体的直观图，可得直观图为直三棱柱，并且底面为等腰直角三角形，即可求得外接球的半径，即可得外接球的体积.
【详解】

如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为的等腰直角三角形，三棱柱的高为4，其外接球半径为，所以体积为.
故选：C
本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心的确定.
10．D
【解析】
由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积．
【详解】
如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即＝60°，由底面边长为3得，
∴．
正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为，
则由得，解得，
∴．
故选：D．

本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键．
11．D
【解析】
画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.
【详解】
由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，

当，即时，最小，满足，对于任意的，
所以本题答案为D.
本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.
12．A
【解析】
根据三角函数的定义，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.
【详解】
由题意，点是角的终边上一点，
根据三角函数的定义，可得，
则，故选A.
本题主要考查了三角函数的定义和正弦的倍角公式的化简、求值，其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式，准确化简、计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由，，成等差数列，代入可得的值.
【详解】
解：由等差数列的性质可得：，，成等差数列，
可得：，代入，
可得：，
故答案为：.
本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.
14．
【解析】
根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得与直线垂直，且的中点在这条直线上，列出方程解得即可得到结论.
【详解】
由,，设的中点为，
根据题意，可得,且，
解得，,，故.
故答案为：.
本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦，属于基础题.
15．1296
【解析】
先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后全排列即可.
【详解】
由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，同理女生的排法共有，故不同的安排共有种.
故答案为：1296
本题主要考查了排列组合的应用，考查了学生应用数学解决实际问题的能力.
16．
【解析】
利用累加法求得数列的通项公式，由此求得的通项公式.
【详解】
由题，

所以
故答案为：
本小题主要考查累加法求数列的通项公式，属于基础题.

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．见解析
【解析】
选择①时：,，计算，根据正弦定理得到，计算面积得到答案；选择②时，，，故，为钝角，故无解；选择③时，，根据正弦定理解得，，根据正弦定理得到，计算面积得到答案.
【详解】
选择①时：,，故.
根据正弦定理：，故，故.
选择②时，，，故，为钝角，故无解.
选择③时，，根据正弦定理：，故，
解得，.
根据正弦定理：，故，故.
本题考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18．（1）（2）
【解析】
(1)利用极坐标和直角坐标的互化公式，,即可求得结果.
(2) 由的几何意义得,. 将代入抛物线C的方程,利用韦达定理，，即可求得结果.
【详解】
（1）因为，，
代入得，
所以抛物线C的极坐标方程为.
（2）将代入抛物线C的方程得，
所以，，

所以，
由的几何意义得，.
本题考查直角坐标和极坐标的转化,考查极坐标方程的综合应用,考查了学生综合分析,转化与划归,数学运算的能力,难度一般.
19．（1）（2）
【解析】
（1）当时，不等式可化为：，再利用绝对值的意义，分，，讨论求解.
（2）根据可得，得到函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，再利用三角形面积公式由求解.
【详解】
（1）当时，
不等式可化为：
①当时，不等式化为，
解得：
②当时，不等式化为，
解得：，
③当时，不等式化为解集为，
综上，不等式的解集为.
（2）由题得，
所以函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，
的面积为，
由，
得（舍），或，
所以，参数的取值范围是.
本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值函数的应用，还考查分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题
20． (1);(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）讨论三种情况去绝对值符号，可得所以，由此得，解得；（2）利用分析法，由（1）知，，所以，因为，要证，只需证，即证，只需证 即可得结果.
试题解析：（1）去绝对值符号，可得
所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
（2）由（1）知，，所以．
因为，
所以要证，只需证，
即证，即证.
因为，所以只需证，
因为，∴成立，所以
解法二：x2+y2=2，x、y∈R+，x+y≥2xy
设：
证明：x+y-2xy=
=
令
， ∴

原式=
=
=
=
当时，

21．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）取中点，根据，利用线面垂直的判定定理，可得平面，最后可得结果.
（2）利用建系，假设长度， 可得，以及平面的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果.
【详解】
（1）取中点，连接，如图

由，
所以
由,平面
所以平面，又平面
所以
（2）假设，
由，，.
所以
则，所以
又，平面
所以平面，所以，
又，故建立空间直角坐标系，如图

设平面的一个法向量为
则
令，所以
则直线与平面所成角的正弦值为
本题考查线面垂直、线线垂直的应用，还考查线面角，学会使用建系的方法来解决立体几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.
22．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）利用求得数列的通项公式.
（2）先将缩小即，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立.
【详解】
（1）∵，令，得.
又，两式相减，得.
∴.
（2）∵
.
又∵，，∴.
∴
.
∴.
本小题主要考查已知求，考查利用放缩法证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.