Page22Page22浙江省紹興市2024-2025學年高三數學上學期期末試題參考公式：假如事務A，B互斥，那么假如事務相互獨立，那么假如事務在一次試驗中發生的概率是，那么次獨立重復試驗中事務恰好發生次的概率臺體的體積公式其中分別表示臺體的上，下底面積，表示臺體的高柱體的體積公式其中表示柱體的底面積，表示柱體的高錐體的體積公式其中表示錐體的底面積，表示錐體的高球的表面積公式球的體積公式其中表示球的半徑選擇題部分（共40分）一?選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40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.已知全集，集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依據全集，集合，利用補集的運算求得，再利用交集運算求解.【詳解】因為全集，集合，所以，又，所以故選：A2.已知（其中為虛數單位），則（）A. B. C.2 D.4【答案】D【解析】【分析】由復數相等列方程組解得參數，即可求得的值.【詳解】由，可得，解之得則故選：D3.某幾何體的三視圖（單位：）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：）是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】三視圖可得該幾何體為正方體中挖去一個圓錐，由此可得答案.【詳解】由三視圖可得該幾何體為正方體中挖去一個圓錐，且圓錐的底面圓為正方體的上底面的內切圓，該正方體的棱長為2，圓錐的底面圓的半徑為1，高為2.所以該幾何體的體積為故選：C4.若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分有不必要條件【答案】B【解析】【分析】由，則，依據集合的包含關系得出結論.【詳解】由，則由所以由“”可得出“”，反之不成立例如取，滿意，但無意義，不滿意故“”是“”的必要不充分條件故選：B5.已知平面對量，若，則與的夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將變為，將該式兩邊平方，利用向量乘法運算求出，再依據向量的夾角公式計算可得答案.【詳解】由，可得，所以，即，所以，設的夾角為，則,故選：B.6.函數，且與函數在同一坐標系內的圖象不行能的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用對數函數及二次函數的性質逐項分析即得.【詳解】對于A，由對數函數圖象可知，又函數，對稱軸為<1，對應方程的兩個根為0，，由圖知，從而，選項A可能；對于B，由對數函數圖象可知，又函數，對稱軸為<1，對應方程的兩個根為0，，由圖知，從而，選項B可能；對于C，由對數函數圖象可知，又函數，對稱軸為>1，對應方程兩個根為0，，由圖知，從而，選項B可能；對于D，由對數函數圖象可知，又函數，對稱軸為<1，對應方程的兩個根為0，，由圖知，從而，選項D不行能.故選：D.7.已知正方體是直線上一點，（）A.若，則直線平面B.若，則直線平面C.若，則直線平面D.若，則直線平面【答案】A【解析】【分析】以為坐標原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系后，求出相關直線所在的向量及平面的法向量，通過向量的數量積即可求解.【詳解】以為坐標原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則，當時，，，設平面的一個法向量為，則，可取，則，從而可知直線平面，故選項A正確，B不正確.同理可取平面的一個法向量，若時，，所以與不共線，所以直線與平面不垂直，故C不正確；若時，，所以與不共線，所以直線與平面不垂直，故D不正確.故選：A,8.已知圓C：，設為直線上一點，若C上存在一點，使得，則實數的值不行能的是（）A. B.0 C.2 D.4【答案】C【解析】【分析】由題可知圓心在直線上，然后利用圓的性質可知，再利用弦長公式可得，即得.【詳解】由圓C：，可得，圓心，半徑為，∴圓心在直線上，∵為直線上一點，若C上存在一點，使得，∴，又，∴，即，∴實數的值可能是，0，4；實數的值不行能是2.故選：C.9.若，若的圖象關于直線對稱，則（）A.，且 B.，且C.，且 D.，且【答案】C【解析】【分析】依據的圖象對稱性的定義，得到對于隨意的實數恒成立，結合函數的單調性，對稱性，的值域分析，可得對于且使得和取值在(時)或(時)之外的全部實數的值恒成立，進而得到有無窮多實數根，從而求得.【詳解】∵，∴函數關于直線對稱，由的圖象關于直線對稱，則，即對于隨意的實數恒成立，由于在和上時(或和上時))分別單調遞減和單調遞增，且對稱軸為直線，又∵和取值范圍都是實數集,且除了時相等，其余狀況下不相等，∴對于且使得和取值在(時)或(時)之外的全部實數的值恒成立，∴有無窮多實數根，故,故選：C.10.設數列的前項的和為，已知，若，則（）A. B.C D.【答案】C【解析】分析】將原式兩邊同時取倒數，運用疊加法求出，依據題意即可選出答案.【詳解】由題意可知，，因為，所以，即.令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，上式相加，得，即，所以，因為，所以，所以，即.故選：C非選擇題部分（共110分）二?填空題：本大題共7小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，共36分.11.“數摺聚清風，一捻生秋意”是宋朝朱翌描寫折扇的詩句，折扇出入懷袖，扇面書畫，扇骨雕琢，是文人雅士的寵物，所以又有“懷袖雅物”的別名.如圖是折扇的示意圖，已知為的中點，，則此扇面（扇環）部分的面積是__________.【答案】##【解析】【分析】由已知條件利用扇形面積公式求解即可【詳解】由題意得此扇面（扇環）部分的面積是，故答案：12.若實數滿意約束條件，則的最小值是__________，最大值是_________.【答案】①.-2；②.6【解析】【分析】作出約束條件對應的可行域，依據目標函數的幾何意義找到取最大值和最小值的位置，代入點的坐標即可.【詳解】作出不等式組的可行域如圖所示：目標函數表示函數在y軸上的截距，由圖知在B點取最小值，A點取最大值；則B點滿意，解得，即最小值；A點滿意，解得，即最大值；故答案為：-2；613.在的綻開式中，常數項為__________，的系數是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】利用二項式定理即得.【詳解】∵，∴綻開式中的常數項為，的系數是.故答案為：；.14.在中，是邊上一點，且，則__________，__________.【答案】①.6②.【解析】【分析】設，在中由余弦定理先求出的長，從而得出，再在中，由余弦定理先求出的長，再由正弦定理得出答案.【詳解】設，在中由余弦定理可得：即，即，解或（舍）由，則在中，所以由正弦定理：，即故答案為：6；15.袋子中有3個白球，2個紅球，現從中有放回地隨機取2個球，每次取1個，且各次取球間相互獨立.設此過程中取到的紅球個數為，則__________，__________.【答案】①.②.【解析】【分析】有放回地取球，每次取一球，先求出每次取到紅球的概率，然后可得，由題意，從而得出答案.【詳解】有放回地取球，每次取一球，則每次取到紅球的概率為在此過程中取到的紅球個數為，的取值為0,1,2.則，則故答案為：；16.已知是雙曲線.左，右焦點，若上存在一點，使得成立，其中是坐標原點，則的離心率的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】不妨設點在雙曲線的右支上，設，則，先求出，，由條件可得，再依據，依據建立不等式從而可得答案.【詳解】不妨設點在雙曲線的右支上，設，則，則則同理可得由，可得，又所以，即，即所以，即，即，即所以，即故答案為：17.已知矩形中，，點分別在邊上（包含端點），若，則與夾角的余弦值的最大值是__________.【答案】##0.8【解析】【分析】建立坐標系，依據題意設出可設，,利用向量的數量積和夾角余弦值的坐標運算公式，結合二次函數性質，基本不等式，利用分類探討思想求得與夾角余弦值的最大值.【詳解】如圖建立直角坐標系，則可設，,，，當時，，當時，由，故,∴,∴,當且僅當時取等號，∴最大值為，∴的最小值為,此時取得最大值為，即與夾角的余弦值的最大值為.故答案為：三?解答題：本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.18.已知函數.（1）若對于隨意實數恒成立，其中，求的值；（2）設函數，求在區間上的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據已知條件，由正弦函數的性質得到恒成立,進而求得；（2）先利用降冪公式和兩角和的余弦公式及協助角公式化簡，然后依據已知區間和三角函數的性質求得.【小問1詳解】解：由，即恒成立，∴恒成立,或恒成立，由于不行能恒成立，∴恒成立,即恒成立，又∵，∴.【小問2詳解】解：,當時，,∴,∴,即在區間上的取值范圍是區間.19.如圖，在四棱臺中，底面為矩形，平面平面，.（1）求證：；（2）求直線和平面所成角的正弦值.【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）依據已知條件，利用線面垂直的性質定理可得AD⊥平面，取CD,C1D1,AB中點O,E,G，OD中點F，連接OG,OE,D1F，可證得OC,OE,OG兩兩垂直，分別以射線OG,OC,OE為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，由已知條件和棱臺的性質求得的坐標，利用空間向量的數量積的坐標運算公式證得，從而證得結論；（2）求得平面的一個法向量的坐標，然后利用空間向量的夾角的余弦的坐標運算公式求得直線和平面所成角的正弦值.【小問1詳解】證明：∵底面為矩形，∴AD⊥DC,又∵平面平面，且平面平面，平面，∴AD⊥平面，取CD,C1D1,AB中點O，E,G,OD中點F，連接OG,OE,D1F，由底面ABCD為矩形，可得OG//AD，∴OG⊥DC,OG⊥平面，又∵OE?平面，∴OG⊥OE,∵為四棱臺，∴DC//D1C1，又∵，∴為等腰梯形，∴OE⊥OC,∴OC,OE,OG兩兩垂直，分別以射線OG,OC,OE為x,y,z軸，建立空間直角坐標系如圖所示.由于棱臺的上下底面相像，且，∴,又∵，∴，∴,∴,∴∴.【小問2詳解】解：由于棱臺的上下底面相像，且，∴,∴，，∴,設平面ABB1D1的法向量為,則,∴,取,則，得.∵，設直線和平面所成角為，則.直線和平面所成角的正弦值為.20.已知數列的前項和為，且.（1）求的值，并證明：數列是一個常數列；（2）設數列滿意，記的前項和為，若，求正整數的值.【答案】（1），證明見解析（2）k=4

【解析】【分析】（1）由條件寫出，再與原式作差可求解；（2）由（1）得到數列的通項，再求和代入后解不等式即可.【小問1詳解】令，有，得，由，有，兩式相減有，化簡整理得，又，，所以，所以數列是一個常數列.【小問2詳解】由（1）可得，所以，所以，所以，所以有不等式，故，故，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；故滿意不等式的.21.已知橢圓，經過拋物線的焦點的直線與交于兩點，在點處的切線交于兩點，如圖.（1）當直線垂直軸時，，求的準線方程；（2）若三角形的重心在軸上，且，求的取值范圍.【答案】（1）x=-1；（2）

【解析】【分析】(1)依據拋物線的性質可得，依據題意可得，將點P的坐標代入拋物線方程求出p的值即可；(2)依據題意設，，由導數的幾何意義求出直線PB的斜率進而表示出方程，聯立橢圓方程并消去x，利用韋達定理求出，依據三角形的重心可得，列出方程并解之得出，利用拋物線的定義表示，結合換元法化簡計算即可.【小問1詳解】由知，，當直線PF垂直于x軸時，由，得，有，所以的準線方程為：，即；【小問2詳解】由題意知，，設直線，，則，，，由，即直線PB的斜率為，所以直線PB的方程為：，即，，，又G為的重心，且G在x軸上，故，所以，又，所以，整理，得，解得，①，令，則，所以①式②，令，則，所以②式，故的取值范圍為.【點睛】解決直線與圓錐曲線的綜合問題時，要留意：(1)留意視察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、曲線的條件；(2)強化有關直線與聯立得出一元二次方程后的運算實力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積和取值范圍等問題．22.已知函數有兩個極值點，其中為自然對數的底數.（1）記為的導函數，證明：；（2）證明：.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】(1)求出函數的導