吉林省白城市实验高级中学2025届高三上学期1月期数学+答案_2025年1月_250108吉林省白城市实验高级中学2025届高三上学期1月期末考试

5. 在侧棱长为2的正三棱锥 A-BCD中，点 E为线段 BC上一点，且 AD⊥AE，则以 A为球心， ❑√2 白城市实验高级中学 2024-2025 学年度高三上学期期末考试 为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ） 3❑√2π 3❑√2π 数学试卷 A. B. ❑√2π C. D. 3❑√2π 4 2 6. 已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 2❑√3，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P 一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 －ABC 的体积为（ ） A. 2 B. 2❑√2 C. 3 D. 2❑√3 的.） 7. 如图，在直三棱柱 ABC-A B C 中， AB⊥BC， AB=BC=A A =2， P为线段 A B 的中点， Q 1 1 1 1 1 1 1. 已知正方体 ABCD-A B C D 的棱长为 4,M为棱 DC的中点， N为侧面 BC 的中心，过点 M的 为线段 C P（包括端点）上一点，则 △BCQ的面积的取值范围为（ ） 1 1 1 1 1 1 平面 α垂直于 DN，则平面 α截正方体 AC 所得的截面面积为（ ） 1 A. 4(❑√5+❑√2) B. 2❑√3 C. 5❑√3 D. 4❑√6 π 2. 已知角的终边绕原点逆时针旋转 后，得到角的终边，角的终边过点，且，则的值为（ ） 2 A. B. C. D. 3. 某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理 是：激光器发出的光平均分成两束射出，在披测物体表面汇聚，探测器接收反射光，当被测物体横向速度 A. [2,❑√6] B. [2,❑√5] C. [❑√3,❑√5] D. [❑√2,❑√5] 为零时，反射光与探测光频串相同，当横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移 ，其中 8.已知函数 ， ，对 ， ，使得 成立，则正数a的取值 为测速仪测得被测物体的横向速度， 为激光波长， 为两束探测光线夹角的一半，如图若激光测速仪安 范围为（ ） 装在距离高铁 处，发出的激光波长为 ，测得某时刻频移为 ，则该时刻高铁的速 A. B. C. D. 度 约等于（ ） 二、多项选择题（本大题共4小题.每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部 选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.） 9. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C: y2 4x ，过点 E1,1 作斜率为 k 的直线l与x轴相交于点   M C A,B MA BE ，与 交于 两点，且 ，则( ) k 4 k 2 A. B. AB AB C. 以 为直径的圆与抛物线的准线有公共点 D. 以 为直径的圆与拋物线的准线没有公共点 A. B. C. D. 4. 设 PABCD 与 Q ABCD 为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为 2 且 PCQ90 ，点M在线段 10. 已知 △ABC中，内角 A， B， C满足 A+sinC> π +cosB，则下列不成立的是（ ） 2 3CM  AM  sin sinC sinB AC上，且 ，将异面直线PD，QM所成的角记为 ，则 的最小值为（ ） A. cos2C+cos2BacosC D. sin2C+sin2B x 1 2 1 2 B. 若甲、乙两组数据的方差分别为 s2， s2，则 s2> s2 1 2 1 2 18. 在 △ABC中， AC=❑√3AB，且 BC边上的中线 AD长为1. C. 甲成绩的极差小于乙成绩的极差 (1)若 BC=2AB，求 △ABC的面积； D. 甲成绩比乙成绩稳定 (2)若 ∠ABC=2∠DAC，求 BC的长. 12. 将正四棱锥 P-ABCD和正四棱锥 Q-ABCD的底面重合组成八面体 Ω,AB=PA=2,QA=❑√10，则 （ ） A. PQ⊥平面 ABCD B. PA//QC C. Ω的体积为 4❑√2 1 19. 如图，在三棱柱 ABC-A B C 中，四边形 BCC B 为菱形，D，E分别为BC，AC的中点，且 D. 二面角 P-AB-Q的余弦值为 - 1 1 1 1 1 3 AB=BC=C E=2， AC=2❑√2， ∠C CB=60°． 1 1 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.） 13.已知a＞b＞1，若logb＋log a＝ ，ab＝ba，则a＋2b＝________. a b 14. 若函数 在x=2处取极值，则a=______， f (x)的极大值为______. (1)求证：平面 C DE⊥平面 BCC B ； 15. 如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为 45°，沿倾斜角为 30°的斜坡前进2千米后到达D处， 1 1 1 (2)求直线 C E与平面 ABB A 所成角的正弦值． 又测得山顶B的仰角为 75°，则山的高度BC为__________千米. 1 1 1 20. 记 S 为数列 {a }的前n项和，已知 a >0,a =3a ，且数列 {❑√S }是等差数列，证明： {a }是等差数 n n n 2 1 n n 列. 16. 在 △ABC中，内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，已知 a是 b和 b+c的等比中项.则 2sinA-sin(B-C)的取值范围为 . 试卷第217页 共918页 ◎ 试卷第218页 共918页 学科网（北京）股份有限公司21. 经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏 损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销 售季度购进了130 t该农产品．以X（单位：t，100≤X≤150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T （单位：元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润． （1）将T表示为X的函数； （2）根据直方图估计利润T不少于49 000元的概率． 22. 如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD为菱形， PD⊥平面 ABCD， E为 PD的中点. (1)设平面 ABE与直线 PC相交于点 F，求证： EF//CD； (2)若 AB=2， ∠DAB=60°， PD=4❑√2，求直线 BE与平面 PAD所成角的大小. 试卷第317页 共918页 ◎ 试卷第318页 共918页 学科网（北京）股份有限公司3. 【答案】C 参考答案 【解析】由题意： ， 1. 【答案】D 【解析】如图所示， 故 ，即 ， 故 340km/h. 故选：C. 4. 【答案】A 【解析】连接BD交AC 于点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ABCD 的2 OAOBOC OD1 因为正方形 边长为 ，所以 ， 取 BC,CC 的中点 E,F，分别连接 NE,NF,DE,DF,AD ,D M,AM， 因为3CM  AM ，所以M 为OC 的中点， 1 1 1 在正方形 ABCD中，因为 M,E分别为 DC,BC的中点，可得 △ADM∽△DCE， 1 OQ 所以 ∠DAM=∠CDE， ∠AMD=∠CED， 设OP h，在直角 △PCQ中，有OPOQOC2 1，故 h， 因为 ∠ADM=90∘，所以 ∠AMD+∠CDE=90∘，所以 ∠DPM=90∘，即 AM⊥DE， 又因为 E,N分别为 BC,BC 的中点，所以 NE//CC ，  1  1  1 1 P0,0,h,D1,0,0,Q 0,0, ,M 0, ,0     因为 CC 1 ⊥平面 ABCD， AM⊂平面 ABCD，所以 CC 1 ⊥AM，所以 AM⊥NE， 所以  h  2 ， 又因为 DE∩NE=E且 DE,NE⊂平面 DNE，所以 AM⊥平面 DNE， 因为 DN⊂平面 DNE，所以 AM⊥DN，同理可证： D M⊥DN，    1 1 1 PD1,0,h,QM  0, , 又因为 AM∩D 1 M=M且 AM,D 1 M⊂平面 AD 1 M，所以 DN⊥平面 AD 1 M， 则   2 h  ， 即平面 α截正方体 ABCD-A B C D 的截面为 △AD M， 1 1 1 1 1 由正方体 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 的棱长为 4，  P  D  Q  M  1 1 cos   在直角 △ADD 1 中，可得 AD 1 =❑√AD2+DD 1 2=❑√42+42=4❑√2， 所以  P  D  Q  M  h2 1 1  1  h2 1 1  1  ，   4 h2 4 h2  在直角 △ADM中，可得 AM=❑√AD2+DM2=❑√42+22=2❑√5，  h2 1 1  1   5  h2  1  5 2 h2  1  9 在直角 △DD M中，可得 D M=❑√DD2+DM2=❑√42+22=2❑√5， 因为  4 h2   4 4 h2 4 4 h2 4 ， 1 1 1 所以截面的面积为 S= 1 ×4❑√2×❑√(2❑√5) 2-(2❑√2) 2=4❑√6. h2  1 2 2 当且仅当 4 h2 ，即h 2时等号成立，所以 cos的最大值为 3 ， 故选：D. 2. 【答案】D 5 因此sin的最小值为 3 . 【解析】由 ，得 ，化简可得 ， ( π) 1 解得，， tanβ=tan α+ =- ， 2 tanα 所以 ． 故选：D． 试卷第417页 共918页 ◎ 试卷第418页 共918页 学科网（北京）股份有限公司所以 OH=r=1， 故选：A. 1 AB 5. 【答案】C 2 ❑√3 OH 1 又因为 OA= = =2，所以 cos∠AOH= = , 【解析】取 BC中点 F，连接 AF、 DF，则有 AF⊥BC， DF⊥BC， cos30° ❑√3 OA 2 又 AF∩DF=F， AF、 DF⊂平面 ADF，故 BC⊥平面 ADF， 2 又 AD⊂平面 ADF，故 BC⊥AD，又 AD⊥AE， 因为 ∠AOH∈(0,π)，所以 ∠AOH=60°， BC∩AE=E， BC、 AE⊂平面 ABC，故 AD⊥平面 ABC， 又由题意可知， PO⊥平面 ABC，所以 PO⊥OA， 又 AC、 AB⊂平面 ABC，故 AD⊥AC， AD⊥AB， 所以 ∠POH=30° 由正三棱锥的性质可得 AD、 AB、 AC两两垂直， OH 1 2❑√3 PO= = = 1 所以 cos30° ❑√3 3 ， 故 AF= ❑√22+22=❑√2，即以 A为球心， ❑√2为半径的球面与侧面 ABC的交线长为： 2 2 π ❑√2 ❑√2 3❑√2π 1 1 ❑√3 2❑√3 ×❑√2= π，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为 3× π= . 所以 V = × ×2❑√3×2❑√3× × =2. 2 2 2 2 P-ABC 3 2 2 3 故选：C. 故选：A. 7. 【答案】B 【解析】如图，连接 BP，过 Q作 QR⊥BC，垂足为 R． 6. 【答案】A 【解析】因为球与该正三棱锥的各棱均相切， 所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面 ABC垂直的直线上， 在直三棱柱 ABC-A B C 中， CC ⊥平面 ABC， CC ⊥平面 A B C ， 1 1 1 1 1 1 1 1 又因为底面边长为 2❑√3， 所以 CC ⊥BC， CC ⊥C P，异面直线间垂线段最短 1 1 1 1 ❑√3 故 CC ≤QR． 所以底面正三角形的内切圆的半径为 r'=tan30°⋅ AB= ×❑√3=1， 1 2 3 过 Q作 QM⊥B C 于点 M，连接 MR，易得 BC⊥平面 QMR， 1 1 又因为球的半径 r=1，即 r'=r， 则 BC⊥MR，又 BC⊥BB ，所以 MR∥BB ． 1 1 所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O， 因为 QM≤PB ， MR=BB ， QM⊥MR， PB ⊥BB ， 1 1 1 1 如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足， 所以 QR≤PB，则 CC ≤QR≤PB． 1 1 当 Q与 C 重合时， QR=CC =2， S = ×2×2=2； 1 1 △BCQ 2 当 Q与 P重合时，由 BC⊥AB， BC⊥BB ， AB⊥BB =B,得 BC⊥平面 A A B B， 1 1 1 1 试卷第517页 共918页 ◎ 试卷第518页 共918页 学科网（北京）股份有限公司1 17 所以 BC⊥PB，所以 QR=PB=❑√12+22=❑√5， S = ×2×❑√5=❑√5． AB  1m2 y  y  1m2  y  y 2 4y y  △BCQ 2 由弦长公式得 1 2 1 2 1 2 2 ， 所以 △BCQ的面积的取值范围为 [2,❑√5]，  x x y  y  AB 17  1 2 , 1 2   故选：B. 则以 AB 为直径的圆的圆心 D 坐标为  2 2  ，半径为 2 4 ， 8. 【答案】C 【解析】 ， 1 3 1 3 y   y  当 时， ， ， 则圆心 到准线的距离为 x x 4 1 4 4 1 4 23，23 17 1 2 1 1  即 值域为 . D 2 2 16 16 4 又 ，则 为增函数， AB 所以以 为直径的圆与抛物线的准线没有公共点，C错误，D正确． 当 时， 值域为 . 要使对 ， ，使得 成立， 故选：AD． 则 ， 10. 【答案】ABC π 2π π 【解析】对于选项A，不妨取 B=C= ,A= ，满足 A+sinC> +cosB， ，解得 ，所以实数 的取值范围是 . 6 3 2 π π 1 1 4π 1 但 cos2C+cos2B=cos +cos = + =1 +cosB，得 π-B-C+sinC> +sin( -B)， 1 2 2 2 k  【解析】设直线方程为xmyb，即 m ，则 M b,0,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2  ， 即 sinC-C>sin( π -B)-( π -B ) ， 2 2 xmyb  构造函数 f(x)=sinx-x,x∈(0,π)，则 f' (x)=cosx-1<0， 由 y2 4x ，消去 x 整理得 y2 4my4b0 ， 故 f(x)在 (0,π)上单调递减 . 0,y  y 4m y y 4b π π π π 则 1 2 ， 1 2 , 因为 f(C)>f( -B)，所以 C< -B，故 A=π-B-C>π-B-( -B)= ， 2 2 2 2   x b,y 1x ,1 y  π π π π 由MA BE 可得， 1 1 2 2 ， 可得 B,C∈(0, ), -B∈(0, ),A∈( ,π) . 2 2 2 2 x b1x π π sinC 1 2 因为 y=sinx在 (0, )上单调递增，所以 sinCcos( -B)=sinB，即 <1 . 1 1 2 2 cosC m k  4 所以4m1，解得 4， m . sinC sinB 可得 + <1+1=2，故B错误； cosB cosC 3 π b2+c2-a2 又因为直线过 E1,1 ，所以mb1，即 b 4， 对于选项C，因为 A∈( 2 ,π)， cosA= 2bc <0，即 b2+c2-a2<0， a2+b2-c2 b2+c2-a2 可得 b-acosC=b-a⋅ = <0，故C错误； (4m)2 4(4b)130 2ab 2b 验证 ，与抛物线有两个交点.故A正确，B错误； π b2+c2-a2 对于选项D，因为 A∈( ,π)， cosA= <0即 b2+c2-a2<0， 1 3 2 2bc x y 可知：准线方程为x=1，直线l的方程： 4 4 ， a b c 由正弦定理 = = =2R， sin A sinB sinC 试卷第617页 共918页 ◎ 试卷第618页 共918页 学科网（北京）股份有限公司可得 (2RsinB) 2+(2RsinC) 2-(2Rsin A) 2<0， 解得log a＝2或log a＝ ， b b 即 sin2C+sin2B x ，A正 1 2 14. 【答案】-10 确；甲同学的成绩比乙同学稳定，故 s2> s2，所以B错误，D正确；极差为数据样本的最大值与最小值的 1 2 差，甲成绩的极差小于乙成绩的极差，所以C正确. 12. 【答案】AC 【解析】 ，由题可知 ，解得a=-10， 【解析】令正方形 ABCD的中心为 O，连接 PO,QO， 所以 ， 当 f'(x)>0时，得20， 2bc 2bc 2b 由正弦定理可得 sinB=sinC-2sinBcosA， 所以 h(x)在 (0,+∞)上单调递增， 即 sinB=sin(A+B)-2sinBcosA=sinAcosB+cosAsinB-2sinBcosA 所以 h(x)>h(0)=1， =sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B)， 所以 f'(x)≥h(x)>0， 又 A,B∈(0,π)，所以 B=A-B，即 A=2B. 所以 f (x)在 [0,+∞)上单调递增. ( π ) ( 2π ) 所以 ¿，解得 B∈ 0, ， A∈ 0, ， 18. 【答案】解 (1)由题可知 AB=c,AC=❑√3c,BC=2c， 3 3 π 由勾股定理得， A= ，所以 △ABC是直角三角形， 由 2sinA-sin(B-C)=2sinA-sin(B-π+3B)=2sinA+sin4B=2sinA+sin2A， 2 ❑√3 π ( 2π ) 又 sin∠ABC= ，所以 ∠ABC= ， 令 f (x)=2sinx+sin2x， x∈ 0, 2 3 3 又 BC边上中线 AD=1， 所以 BC=2， AB=1， AC=❑√3， f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos2x-1)=4cos2x+2cosx-2=2(cosx+1)⋅(2cosx-1) 1 1 ❑√3 所以 S = ⋅BA⋅AC= ×1×❑√3= . 1 π π ΔABC 2 2 2 令 f'(x)>0，得 cosx> ，得 00， 所以 xcosx≥-x， 试卷第817页 共918页 ◎ 试卷第818页 共918页 学科网（北京）股份有限公司(❑√3) 2 ( c2+2 ) 2 3 (c2+2) 2 由①④得 = ，即 = ，即 9c2=(2c2-1)(c4+4c2+4)， a 2❑√3c 8c2-4 12c2 即 2c6+7c4-5c2-4=0，即 (c2-1)(2c2+1)(c2+4)=0， 因为 c>0，所以 c2=1，则 a2=8c2-4=4，所以 a=2. 故 BC的长为2. 则 B(0,0,0)， A(0,2,0)， B (-1,0,❑√3)， C (1,0,❑√3)， E(1,1,0)， 1 1 → → → 19. 【答案】(1)证明 由 AB=BC=2， AC=2❑√2可得 AB2+BC2=AC2， ∴ BA=(0,2,0) ， BB 1 =(-1,0,❑√3)， C 1 E=(0,1,-❑√3)． ∴ AB⊥BC， → 1 设平面 ABB 1 A 1 的法向量为 n=(x,y,z) ， ∵D，E分别为BC，AC的中点，∴ DE∥AB，且 DE= AB=1，∴ DE⊥BC． 2 由 ¿可得 ¿， → 令 x=❑√3，可得 n=(❑√3,0,1)． 设直线 C E与平面 ABB A 所成的角为 θ， 1 1 1 |→ →| | ⟨→ →⟩| n⋅C E ❑√3 则 sinθ= cos n,C E = 1 = ， 1 |→| | →| 4 n ⋅C E 1 ❑√3 连接 BC ，则由条件可得 △BCC 为等边三角形，∴ C D=❑√3， 即直线 C E与平面 ABB A 所成角的正弦值为 . 1 1 1 1 1 1 4 又 C E=2，∴ C D2+DE2=C E2， 20. 【答案】证明 ∵数列 {❑√S }是等差数列，设公差为d= ❑√S -❑√S =❑√a +a -❑√a =❑√a , 1 1 1 n 2 1 2 1 1 1 ∴ DE⊥C D．又 C D∩BC=D，且 C D， BC⊂平面 BCC B ， 1 1 1 1 1 ∴ ❑√S =❑√a +(n-1)❑√a =n❑√a ( n∈N*)， ∴ DE⊥平面 BCC B ，又 DE⊂平面 C DE， n 1 1 1 1 1 1 ∴平面 C DE⊥平面 BCC B . 1 1 1 ∴ S =a n2 ( n∈N*)， (2)解 由(1)可得 AB⊥平面 BCC B ， C D⊥DE， C D⊥BC， n 1 1 1 1 1 又 DE∩BC=D， DE,BC⊂平面 ABC，故 C D⊥平面ABC， 1 ∴当 n≥2时， a =S -S =a n2-a (n-1) 2 如图，以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴，过点B且与 C D平行的直线为z轴建立空 n n n-1 1 1 1 间直角坐标系B-xyz， =2a n-a , 1 1 当n=1时， 2a ×1-a =a ，满足 a =2a n-a ， 1 1 1 n 1 1 ∴ {a }的通项公式为 a =2a n-a ( n∈N*)， n n 1 1 ∴ a -a =(2a n-a )-[2a (n-1)-a ]=2a ， n n-1 1 1 1 1 1 ∴ {a }是等差数列. n 21. 【答案】解 （1）当X∈[100,130)时，T=500X-300(130-X)=800X-39000. 试卷第917页 共918页 ◎ 试卷第918页 共918页 学科网（北京）股份有限公司当X∈[130,150]时，T=500×130=65000. ={800X-39000,100≤X<130, 所以T 65000,130≤X≤150. （2）由（1）知，当 130≤X≤150时，T =65000>49000符合题意； 当 100≤X<130，由 800X-39000≥49000，解得 X≥110， 故利润T不少于49000元时，下一个季度市场需求量在110≤X≤150. 由直方图知需求量X∈[110,150]的频率为：(0.020+0.030+0.025+0.015)×10=0.9， 所以下一个销售季度内的利润T不少于49 000元的概率的估计值为0.9. 22. 【答案】(1)证明 ∵平面 ABE与直线 PC相交于点 F， ∴平面 ABE∩平面 PCD=EF， ∵四边形 ABCD是菱形， ∴AB//CD， ∵AB⊄平面 PCD， CD⊂平面 PCD， ∴AB//平面 PCD， ∵AB⊂平面 ABE，平面 ABE∩平面 PCD=EF， ∴EF//CD； (2)解 连接 BD，取 AD中点 H，连接 BH、 EH， ∵菱形 ABCD中， AB=AD， ∠DAB=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∵H是 AD中点， ∴BH⊥AD， ∵PD⊥平面 ABCD， BH⊂平面 ABCD， ∴BH⊥PD， ∵PD、 AD⊂平面 PAD， PD∩AD=D， ∴BH⊥平面 PAD． ∴∠BEH是直线 BE与平面 PAD的所成角， 1 ∵E是 PD中点， PD=4❑√2， ∴DE= PD=2❑√2． 2 ∵PD⊥平面 ABCD， AD⊂平面 ABCD， ∴PD⊥AD， 1 ∵H为 AD中点， ∴DH= AD=1， Rt△DEH中， EH=❑√DE2+DH2=3， 2 ❑√3 ∵等边 △ABD中，高 BH= AD=❑√3， 2 BH ❑√3 ∴Rt△BEH中， tan∠BEH= = ， EH 3 π π 可得 ∠BEH= ，即直线 BE与平面 PAD的所成角等于 ． 6 6 试卷第1017页 共918页 ◎ 试卷第1018页 共918页 学科网（北京）股份有限公司