四川省達州市重點中學2025屆高三下學期期末考試數學試題（A卷）注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．在棱長為a的正方體中，E、F、M分別是AB、AD、的中點，又P、Q分別在線段、上，且，設平面平面，則下列結論中不成立的是（）A．平面 B．C．當時，平面 D．當m變化時，直線l的位置不變2．等差數列中，，，則數列前6項和為（）A．18 B．24 C．36 D．723．下列函數中，值域為的偶函數是（）A． B． C． D．4．如圖所示，在平面直角坐標系中，是橢圓的右焦點，直線與橢圓交于，兩點，且，則該橢圓的離心率是（）A． B． C． D．5．已知雙曲線的中心在原點且一個焦點為，直線與其相交于，兩點，若中點的橫坐標為，則此雙曲線的方程是A． B．C． D．6．已知命題：是“直線和直線互相垂直”的充要條件；命題：函數的最小值為4.給出下列命題：①；②；③；④，其中真命題的個數為()A．1 B．2 C．3 D．47．為了加強“精準扶貧”，實現偉大復興的“中國夢”，某大學派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同學參加三個貧困縣的調研工作，每個縣至少去1人，且甲、乙兩人約定去同一個貧困縣，則不同的派遣方案共有（）A．24 B．36 C．48 D．648．設集合，，則（）．A． B．C． D．9．已知正四面體的內切球體積為v，外接球的體積為V，則（）A．4 B．8 C．9 D．2710．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是說：兩個同高的幾何體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設、為兩個同高的幾何體，、的體積不相等，、在等高處的截面積不恒相等.根據祖暅原理可知，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11．已知，復數，，且為實數，則（）A． B． C．3 D．-312．函數且的圖象是（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．過拋物線C：（）的焦點F且傾斜角為銳角的直線l與C交于A，B兩點，過線段的中點N且垂直于l的直線與C的準線交于點M，若，則l的斜率為______.14．將底面直徑為4，高為的圓錐形石塊打磨成一個圓柱，則該圓柱的側面積的最大值為__________.15．已知函數，若的最小值為，則實數的取值范圍是_________16．已知實數滿足則點構成的區域的面積為____，的最大值為_________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）記函數的最小值為.（1）求的值；（2）若正數，，滿足，證明：.18．（12分）已知在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線與直線的直角坐標方程；（2）若曲線與直線交于兩點，求的值.19．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點，點在線段上，且平面．（1）求證：；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值．20．（12分）在三棱柱中，四邊形是菱形，，，，，點M、N分別是、的中點，且.（1）求證：平面平面；（2）求四棱錐的體積.21．（12分）已知函數.（Ⅰ）求在點處的切線方程；（Ⅱ）已知在上恒成立，求的值.（Ⅲ）若方程有兩個實數根，且，證明：.22．（10分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且(1)求數列{a(2)求數列{1Sn}的前

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、C【解析】

根據線面平行與垂直的判定與性質逐個分析即可.【詳解】因為,所以,因為E、F分別是AB、AD的中點,所以,所以,因為面面,所以.選項A、D顯然成立；因為,平面,所以平面,因為平面,所以,所以B項成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直線與不垂直,所以C項不成立.故選：C【點睛】本題考查直線與平面的位置關系.屬于中檔題.2、C【解析】

由等差數列的性質可得，根據等差數列的前項和公式可得結果.【詳解】∵等差數列中，，∴，即，∴，故選C.【點睛】本題主要考查了等差數列的性質以及等差數列的前項和公式的應用，屬于基礎題.3、C【解析】試題分析：A中，函數為偶函數，但，不滿足條件；B中，函數為奇函數，不滿足條件；C中，函數為偶函數且，滿足條件；D中，函數為偶函數，但，不滿足條件，故選C．考點：1、函數的奇偶性；2、函數的值域．4、A【解析】

聯立直線方程與橢圓方程，解得和的坐標，然后利用向量垂直的坐標表示可得，由離心率定義可得結果.【詳解】由，得，所以，.由題意知，所以，.因為,所以,所以.所以，所以，故選：A.【點睛】本題考查了直線與橢圓的交點，考查了向量垂直的坐標表示，考查了橢圓的離心率公式，屬于基礎題.5、D【解析】

根據點差法得，再根據焦點坐標得，解方程組得，，即得結果.【詳解】設雙曲線的方程為，由題意可得，設，，則的中點為，由且，得，，即，聯立，解得，，故所求雙曲線的方程為．故選D．【點睛】本題主要考查利用點差法求雙曲線標準方程，考查基本求解能力，屬于中檔題.6、A【解析】

先由兩直線垂直的條件判斷出命題p的真假，由基本不等式判斷命題q的真假，從而得出p,q的非命題的真假，繼而判斷復合命題的真假，可得出選項.【詳解】已知對于命題，由得，所以命題為假命題；關于命題，函數，當時，，當即時，取等號，當時，函數沒有最小值，所以命題為假命題.所以和是真命題，所以為假命題，為假命題，為假命題，為真命題，所以真命題的個數為1個.故選：A.【點睛】本題考查直線的垂直的判定和基本不等式的應用，以及復合命題的真假的判斷，注意運用基本不等式時，滿足所需的條件，屬于基礎題.7、B【解析】

根據題意，有兩種分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【詳解】當按照進行分配時，則有種不同的方案；當按照進行分配，則有種不同的方案.故共有36種不同的派遣方案，故選：B.【點睛】本題考查排列組合、數學文化，還考查數學建模能力以及分類討論思想，屬于中檔題.8、D【解析】

根據題意，求出集合A，進而求出集合和，分析選項即可得到答案.【詳解】根據題意，則故選：D【點睛】此題考查集合的交并集運算，屬于簡單題目,9、D【解析】

設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，首先求出正四面體的體積，再利用等體法求出內切球的半徑，在中，根據勾股定理求出外接球的半徑，利用球的體積公式即可求解.【詳解】設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，則，，，設內切球的半徑為，內切球的球心為，則，解得：；設外接球的半徑為，外接球的球心為，則或，，在中，由勾股定理得：，，解得，，故選：D【點睛】本題主要考查了多面體的內切球、外接球問題，考查了椎體的體積公式以及球的體積公式，需熟記幾何體的體積公式，屬于基礎題.10、A【解析】

由題意分別判斷命題的充分性與必要性，可得答案.【詳解】解：由題意，若、的體積不相等，則、在等高處的截面積不恒相等，充分性成立；反之，、在等高處的截面積不恒相等，但、的體積可能相等，例如是一個正放的正四面體，一個倒放的正四面體，必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判定，意在考查學生的邏輯推理能力.11、B【解析】

把和代入再由復數代數形式的乘法運算化簡，利用虛部為0求得m值．【詳解】因為為實數，所以，解得.【點睛】本題考查復數的概念，考查運算求解能力.12、B【解析】

先判斷函數的奇偶性，再取特殊值，利用零點存在性定理判斷函數零點分布情況，即可得解.【詳解】由題可知定義域為，，是偶函數，關于軸對稱，排除C，D.又，，在必有零點，排除A.故選：B.【點睛】本題考查了函數圖象的判斷，考查了函數的性質，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

分別過A，B，N作拋物線的準線的垂線，垂足分別為，，，根據拋物線定義和求得，從而求得直線l的傾斜角.【詳解】分別過A，B，N作拋物線的準線的垂線，垂足分別為，，，由拋物線的定義知，，，因為，所以，所以，即直線的傾斜角為，又直線與直線l垂直且直線l的傾斜角為銳角，所以直線l的傾斜角為，.故答案為：【點睛】此題考查拋物線的定義，根據已知條件做出輔助線利用拋物線定義和幾何關系即可求解，屬于較易題目.14、【解析】

由題意欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，將側面積表示成關于的函數，再利用一元二次函數的性質求最值.【詳解】欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，所以.∴，當時，的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查圓柱的側面積的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意將問題轉化為函數的最值問題.15、【解析】

，可得在時，最小值為，時，要使得最小值為，則對稱軸在1的右邊，且，求解出即滿足最小值為.【詳解】當，，當且僅當時，等號成立.當時，為二次函數，要想在處取最小，則對稱軸要滿足并且，即，解得.【點睛】本題考查分段函數的最值問題，對每段函數先進行分類討論，找到每段的最小值，然后再對兩段函數的最小值進行比較，得到結果，題目較綜合，屬于中檔題.16、811【解析】

畫出不等式組表示的平面區域，數形結合求得區域面積以及目標函數的最值.【詳解】不等式組表示的平面區域如下圖所示：數形結合可知，可行域為三角形，且底邊長，高為，故區域面積；令，變為，顯然直線過時，z最大，故.故答案為：；11.【點睛】本題考查簡單線性規劃問題，涉及區域面積的求解，屬基礎題.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）證明見解析【解析】

（1）將函數轉化為分段函數或利用絕對值三角不等式進行求解；（2）利用基本不等式或柯西不等式證明即可.【詳解】解法一：（1）當時，，當，，當時，，所以解法二：（1）如圖當時，解法三：（1）當且僅當即時，等號成立.當時解法一：（2）由題意可知，，因為，，，所以要證明不等式，只需證明，因為成立，所以原不等式成立.解法二：（2）因為，，，所以，，又因為，所以，所以，原不等式得證.補充：解法三：（2）由題意可知，，因為，，，所以要證明不等式，只需證明，由柯西不等式得：成立，所以原不等式成立.【點睛】本題主要考查了絕對值函數的最值求解，不等式的證明，絕對值三角不等式，基本不等式及柯西不等式的應用，考查了學生的邏輯推理和運算求解能力.18、（1）曲線的直角坐標方程為；直線的直角坐標方程為（2）【解析】

（1）由公式可化極坐標方程為直角坐標方程，消參法可化參數方程為普通方程；（2）聯立兩曲線方程，解方程組得兩交點坐標，從而得兩點間距離．【詳解】解：（1）曲線的直角坐標方程為直線的直角坐標方程為（2）據解，得或【點睛】本題考查極坐標與直角坐標的互化，考查參數方程與普通方程的互化，屬于基礎題．19、見解析【解析】

（1）如圖，連接，交于點，連接，，則為的中點，因為為的中點，所以，又，所以，從而，，，四點共面．因為平面，平面，平面平面，所以．又，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以（2）因為，為的中點，所以，又三棱柱是直三棱柱，，所以，，互相垂直，分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，所以，，，，所以，，．設平面的法向量為，則，即，令，可得，，所以平面的一個法向量為．設平面的法向量為，則，即，令，可得，，所以平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成二面角的正弦值為．20、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）要證面面垂直需要先證明線面垂直，即證明出平面即可；（2）求出點A到平面的距離，然后根據棱錐的體積公式即可求出四棱錐的體積.【詳解】（1）連接，由是平行四邊形及N是的中點，得N也是的中點，因為點M是的中點，所以，因為，所以，又，，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）過A作交于點O，因為平面平面，平面平面，所以平面，由是菱形及，得為三角形，則，由平面，得，從而側面為矩形，所以.【點睛】本題主要考查了面面垂直的證明，求四棱錐的體積，屬于一般題.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）證明見解析【解析】

（Ⅰ）根據導數的幾何意義求解即可.（Ⅱ）求導分析函數的單調性,并構造函數根據單調性分析可得只能在處取得最小值求解即可.（Ⅲ）根據（Ⅰ）（Ⅱ）的結論可知,在上恒成立,再分別設的解為、.再根據不等式的性質證明即可.【詳解】（Ⅰ）由題,故.且.故在點處的切線方程為.（Ⅱ）設恒成立,故.設函數則,故在上單調遞減且,又在上單調遞增.又,即且,故只能在處取得最小值,當時，此時,且在上,單調遞減.在上,單調遞增.故,滿足題意；當時，此時有解,且在上單調遞減,與矛盾；當時，此時有解,且在上單調遞減,與矛盾；故（Ⅲ）.由（Ⅰ）,在上單調遞減且,又在上單調遞增,故最多一根.又因為,,故設的解為,因為,故.所以在遞減,在遞增.因為方程有兩個實數根,故.結合（Ⅰ）（Ⅱ）有,在上恒成立.設的