湖南省岳阳临湘市2025年数学高三上期末考试试题.doc

湖南省岳阳临湘市2025年数学高三上期末考试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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． “幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（ ）

A．75 B．65 C．55 D．45
2．已知等式成立，则（ ）
A．0 B．5 C．7 D．13
3．曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
5．已知边长为4的菱形，，为的中点，为平面内一点，若，则（ ）
A．16 B．14 C．12 D．8
6．已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数是奇函数，则的值为（ ）
A．－10 B．－9 C．－7 D．1
8．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为( )
A．1 B．－1 C．8l D．－81
9．如图在一个的二面角的棱有两个点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱，且，则的长为（ ）

A．4 B． C．2 D．
10．函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
11．已知正方体的棱长为1，平面与此正方体相交.对于实数，如果正方体的八个顶点中恰好有个点到平面的距离等于，那么下列结论中，一定正确的是
A． B．
C． D．
12．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．
14．已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是___________．
15．从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的概率为_______．
16．一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的T的值为________.

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，点分别为椭圆的左、右顶点，直线交于另一点为等腰直角三角形，且.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于两点，总使得为锐角，求直线斜率的取值范围.
18．（12分）已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
19．（12分）已知函数，.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）判断函数的零点个数.
20．（12分）已知都是大于零的实数．
（1）证明；
（2）若，证明．
21．（12分）如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点．

求证：平面平面；
是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
22．（10分）已知A是抛物线E：y2＝2px(p>0)上的一点，以点A和点B(2,0)为直径两端点的圆C交直线x＝1于M，N两点.
（1）若|MN|＝2，求抛物线E的方程；
（2）若0＜p＜1，抛物线E与圆(x﹣5)2+y2=9在x轴上方的交点为P，Q，点G为PQ的中点，O为坐标原点，求直线OG斜率的取值范围.
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】
计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.
【详解】
依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.
本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.
2．D
【解析】
根据等式和特征和所求代数式的值的特征用特殊值法进行求解即可.
【详解】
由可知：
令，得；
令，得；
令，得，
得，，而，所以
.
故选：D
本题考查了二项式定理的应用，考查了特殊值代入法，考查了数学运算能力.
3．A
【解析】
将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.
【详解】
曲线，即，
当时，代入可得，所以切点坐标为，
求得导函数可得，
由导数几何意义可知，
由点斜式可得切线方程为，即，
故选：A.
本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.
4．C
【解析】
对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案.
【详解】
对任意的总有恒成立
，对恒成立，

令，
可得
令，得
当，
当
，，
故

令，得
当时，
当，
当时，
故选：C.
本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题.
5．B
【解析】
取中点，可确定；根据平面向量线性运算和数量积的运算法则可求得，利用可求得结果.
【详解】
取中点，连接，

，，即.
，，
，
则.
故选：.
本题考查平面向量数量积的求解问题，涉及到平面向量的线性运算，关键是能够将所求向量进行拆解，进而利用平面向量数量积的运算性质进行求解.
6．D
【解析】
根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.
【详解】
如图所示：

因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以渐近线方程为.
故选：D.
本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.
7．B
【解析】
根据分段函数表达式，先求得的值，然后结合的奇偶性，求得的值.
【详解】
因为函数是奇函数，所以，
.
故选B
本题主要考查分段函数的解析式、分段函数求函数值，考查数形结合思想.意在考查学生的运算能力，分析问题、解决问题的能力.
8．B
【解析】
根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.
【详解】
因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，
故可得，
令，故可得，
又因为，
令，则，
解得
令，则.
故选：B.
本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.
9．A
【解析】
由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求．
【详解】
解：，
，
，，
，，
．
，
，
故选：．
本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10．C
【解析】
先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.
【详解】
因为，
所以是奇函数，故排除A，B，
又，
故选：C
本题主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
11．B
【解析】
此题画出正方体模型即可快速判断m的取值.
【详解】
如图（1）恰好有3个点到平面的距离为；如图（2）恰好有4个点到平面的距离为；如图（3）恰好有6个点到平面的距离为.
所以本题答案为B.

本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.
12．D
【解析】
由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.
【详解】

,即函数在时是单调增函数.
则恒成立.
.
令,则
时,单调递减,时单调递增.

故选:D.
本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．130. 15.
【解析】
由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值.
【详解】
(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.
(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,
元时,李明得到的金额为,符合要求.
元时,有恒成立,即,即元.
所以的最大值为.
本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.
14．
【解析】
作出函数的图象及直线，如下图所示，因为函数有个不同的零点，所以由图象可知，，，所以．

15．
【解析】
先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足的事件数，根据古典概型公式求出结果.
【详解】
解：从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，
则的事件数为9个，即为，，，
其中满足的有，，，共有8个，
故的概率为.
本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.
16．
【解析】
由程序中的变量、各语句的作用，结合流程图所给的顺序，模拟程序的运行，即可得到答案.
【详解】
根据题中的程序框图可得：,
执行循环体，，
不满足条件，执行循环体，，
此时，满足条件，退出循环，输出的值为.
故答案为：
本题主要考查了程序和算法，依次写出每次循环得到的，的值是解题的关键，属于基本知识的考查.

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．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由题意可知：由，求得点坐标，即可求得椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，由韦达定理，由，由为锐角，则，由向量数量积的坐标公式，即可求得直线斜率的取值范围．
【详解】
解：（Ⅰ）根据题意是等腰直角三角形
，
，
设由
得
则
代入椭圆方程得
椭圆的方程为
（Ⅱ）根据题意，直线的斜率存在，可设方程为
设
由得
由直线与椭圆有两个不同的交点则
即
得
又
为锐角则

即
②
由①②得或
故直线斜率可取值范围是
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，韦达定理，考查计算能力，属于中档题．
18． (1) (2)
【解析】
（1）当时，，当或时，，所以可转化为，
解得，所以不等式的解集为．
（2）因为，所以，
所以，即，即．
当时，因为，所以，不符合题意．
当时，解可得，
因为当时，不等式恒成立，所以，
所以，解得，所以实数的取值范围为．
19．（1）（2）答案见解析（3）答案见解析
【解析】
（1）设曲线在点，处的切线的斜率为，可求得，，利用直线的点斜式方程即可求得答案；
（2）由（Ⅰ）知，，分时，，三类讨论，即可求得各种情况下的的单调区间为；
（3分与两类讨论，即可判断函数的零点个数．
【详解】
（1），
，
设曲线在点，处的切线的斜率为，
则，
又，
曲线在点，处的切线方程为：，即；
（2）由（1）知，，
故当时，，所以在上单调递增；
当时，，；，，；
的递减区间为，递增区间为，；
当时，同理可得的递增区间为，递减区间为，；
综上所述，时，单调递增为，无递减区间；
当时，的递减区间为，递增区间为，；
当时，的递增区间为，递减区间为，；
（3）当时，恒成立，所以无零点；
当时，由，得：，只有一个零点．
本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想与推理、运算能力，属于中档题．
20．（1）答案见解析．（2）答案见解析
【解析】
（1）利用基本不等式可得，两式相加即可求解.
（2）由（1）知，代入不等式，利用基本不等式即可求解.
【详解】
（1）
两式相加得
（2）由（1）知
于是，

．
本题考查了基本不等式的应用，属于基础题.
21．证明见解析；2.
【解析】
利用面面垂直的判定定理证明即可；
由，知，所以可得出，因此，的充要条件是，继而得出的值.
【详解】
解：证明：因为是正三角形，为线段的中点，
所以．
因为是菱形，所以．
因为，
所以是正三角形，
所以，而，
所以平面．
又，
所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
由，知．
所以，，
．
因此，的充要条件是，
所以，．
即存在满足的点，使得，此时．
本题主要考查平面与平面垂直的判定、三棱锥的体积等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力和创新意识；考查化归与转化、函数与方程等数学思想，属于难题．
22．（1）.（2）
【解析】
（1）设A的坐标为A（x0，y0），由题意可得圆心C的坐标，求出C到直线x＝1的距离.由半个弦长，圆心到直线的距离及半径构成直角三角形可得p的值，进而求出抛物线的方程；
（2）将抛物线的方程与圆的方程联立可得韦达定理，进而求出中点G的坐标，再求出直线OG的斜率的表达式，换元可得斜率的取值范围.
【详解】
（1）设A（x0，y0）且y02＝2px0，则圆心C（），
圆C的直径|AB|，
圆心C到直线x＝1的距离d＝|1|＝||，
因为|MN|＝2，所以（）2+d2＝（）2，即1，y02＝2px0，
整理可得（2p﹣4）x0＝0，所以p＝2，
所以抛物线的方程为：y2＝4x；
（2）联立抛物线与圆的方程整理可得x2﹣2（5﹣p）x+16＝0，△＞0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2＝2（5﹣p），x1x2＝16，
所以中点G的横坐标xG＝5﹣p，yG（），
所以kOG（0＜P＜1），
令t＝5﹣p（t∈（4，5）），则kOG（），
解得0＜kOG，
所以直线OG斜率的取值范围（0，）.
本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，换元方法的应用，属于中档题.