高三第一学期期末数学答案_2025年1月_2501162025运城市高三第一学期期末调研测试（全科）_数学

运城市 2025 届高三期未适应性考试
数学答案
一、选择题：
1-4 DABC 5-8 CBAC 9.BD 10.ABD 11.ABD
5 5(43i) 5(43i) 43i
1.【解析】由复数    ，
43i (43i)(43i) 169i2 5
5 3
则 的虚部为
z 5
2
1  1
2. 【解析】由12x0，解得x ，所以M x|x ，
2  2
又N x|0 x1 ，
 1
所以M N   0, .
 2
 
3. 【解析】ab01212，
    
  
所以a  在b  方向上的投影向量为 a
b
 b 
b
b   a
b
 
2
b b

2
2 2
bb1,1 .
1
4.【解析】由三角函数的定义可得tan ，
2
1
 1
sincos tan1 1
2
  
sincos tan1 1 3
 1
2
.
5. 【解析】由题意，按样本量⽐例分配的分层随机抽样方式抽取样本，则所有样本平值
，所以方差为
3 2 3 2
80 6072 10(8072)2 20(6072)2 110
   
5 5 5 5
6．【解析】当x0时，令 f x0，即lnx2x60，即log x2x6，
2
因为函数 y log x与 y 2x6的图象仅有一个公共点
2
所以x0时，函数 y  f x 只有一个零点，
7log x2x,x0
2

又由函数 f x  π 有4个零点，
sin x ,π x0
  
  3
π
所以xπ,0 时，方程 f xsin(x )有三个零点，如图所示，
3
π π π π
因为xπ,0
，可得x [π , ]，则满足3ππ 2π，
3 3 3 3
7 10 7 10
解得  ，即实数的取值范围为[ , ).
3 3 3 3
故选：B.
1 3
7. 【解析】由边长为4 3的正三角形的内切圆半径为r  4 3 2，
1 3 2
即轴截面是边长为4 3的正三角形的圆锥内切球半径为2，
所以放入一个半径为2的小球O 后，再放一个球O ，如下图，
1 2
要使球O 的表面积与容器表面积之比的最大，即球O 的半径r 最大，
2 2 2
1 3 2
所以只需球O 与球O 、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时r  (4 3 2r) ，
2 1 2 3 2 1 3
16π
所以球O 的表面积为4πr2  ，圆锥表面积为12π4 32 3π36π，
2 2 9
4
所以球O 的表面积与容器表面积之比的最大值为 .
2
81
故选：A
78. 【解析】方法一：极端原理设切点为
(x ,y )
0 0
方法二：【详解】.设公切线与曲线 y lnx 与 y ax2 1 的交点分别为
(x ,lnx ),(x ,ax2 1),其中
1 1 2
1 1
x 0，对于 y lnx， y'  ,则与 y lnx相切的切线方程为 ylnx  (xx ),
1 x 1 x 1
1
1
即 y  xlnx 1,对于 y ax2 1有 y' 2ax，则与 y ax2 1相切的切线方程为
x 1
1
y(ax 2 1)2ax (xx ), 即 y 2ax xax 2 1, 由 公 切 线 可 得
2 2 2 2 2
1
2ax ,lnx 1ax 2 1，
x 2 1 2
1
1 1
有 lnx 2, 2x2 x2lnx (x 0),
4ax2 1 4a 1 1 1 1
1
令g(x)2x2 x2lnx(x0),则g(x)'3x2xlnx  x(32lnx),
令g(x)' 0,得xe 3 2,
当x（0，e 3 2）时g'(x)0,g(x)单调递增；
当x（e 3 2,+）时g'(x)0,g(x)单调递减。
1
所以g(x)
max
 g(e 3 2)
2
e3，故
1  1 e3,即a  1 e3.
4a 2 2
二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分．在每小题给出的选项中，
有多项符合题目要求．全部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0．
9. 答案:BD
【解析】由 f x 2sin2x2，
 π  π
对于A，f

x

 2sin

2x

2 2cos2x2，易知为偶函数，所以A错误；
   2 4
kπ
对于B， f x 2sin2x2对称中心为2xkπ,kZ x ,kZ，故B正确；
2
7π π 2π 
对于C，x , ,2x ,π， y sin2x单调递减，则
3 2  3 
f x 2sin2x2单调递增，故C错误；
π π π 2π  2 
对于D，x

,

,2x

,

，则sin2x ,1，所以 f x

2 2,1

，故D正确；
8 3 4 3  2
 
10.【答案】ABD
a 1
【解析】 由 0a 1,a a 1, 2024 0得 a 1,a  , 0 1
1 2024 2025 a 1 2024 2025
2025
所以q1，故A正确;
对于B，a a a 2 1，故B正确;
2024 2026 2025
对于C，结合选项A可得等比数列的公比为q1，所以数列为单调递增数列，
所以T的最小值为T ，故C不正确;
2024
对于D， T  aa a ......a  a 4047 1，故D正确;
4047 1 2 3 4047 2024
11. 【答案】ABD
【解析】方法一:特例函数
f x xex
方法二：[详解] 对于A， 令x y0,则 f 0e0f 0e0f(0) f 0 f(0),所以
f 00；
f x y f y f x
对于B，由 f x yexf yey f(x)得   ，
exy ey ex
f(x)
令g(x) ,则有gx y gyg(x)，令y=-x,则有go gxg(x)
ex
f(x)
即gxg(x)0，所以
是奇函数
ex
f(x)
对于C，由B令 为一次函数，可得 f(x)ex(kxb),函数y  f x 不一定是R上的
ex
增函数
f x y f y f x
对于D，由   ，令xn,y 1(nN)则有
exy ey ex
7f n1 f 1 f n f n  f n
  1 ，所以 是以1为首项，1为公差得等差数列，
en1 e en en  en 
所以 f nnen(nN)
三、填空题：
1
12.【答案】(0, )
16
1 1
【解析】将 y 4x2化为标准方程x2  y，则焦点坐标为(0, )
4 16
13．【答案】240
【解析】因为n为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，660%3.6，
所以n6，
6 r
 1   1 
2x 的展开式的通项为T Cr 2x6r 26rCrx63r，令63r0，
   
 x2  r1 6  x2  6
解得r 2，
所以展开式的常数项为24C2 240，
6
14.【答案】
2
【解析】
【详解】根据题意作图,如图所示.
设 AF t,则 AF t2a BF ,从而 BF t4a,进而 BA 4a.
1 2 2 1
，
过F作F H垂直AB交AB于点H, 则 AH 2a.
2 2
解三⻆形即可。
四、解答题：
15．（13分）如图，在ABC中，O是BC的中点，AB AC,AO2OC 2.将BAO沿AO
7折起，使B点移⾄图中B点位置．
(1)求证：AO平⾯BOC；
(2)当三棱锥B－AOC的体积取最⼤时，求⼆⾯⻆ABCO的余弦值；
【解析】（1）证明：∵AB AC且O是BC的中点，
∴AO BC，………………………………………………………………………………………………1’
即AOOB,AOOC，…………………………………………………………………………………2’
⼜∵OBOCO，OB平⾯BOC,OC平⾯BOC，……………………………………………3’
∴AO平⾯BOC． ………………………………………………………………………………4’
（2）在平⾯BOC内，作BDOC于点D，则由（1）可知BDOA，
⼜OCOAO,BD平⾯OAC，即BD是三棱锥BAOC的⾼，…………………………………5’
⼜BDBO，∴当D与O重合时，三棱锥BAOC的体积最⼤，
此时BO平⾯AOC, ………………………………………………………………………………6’
过O作OH BC于点H，连接AH ，如图,
由（1）知AO平⾯BOC，⼜BC 平⾯BOC，∴BC  AO，…………………………………7’
∵AOOH O，∴BC 平⾯AOH ，AH 平⾯AOH ，BC  AH,………………………8’
∴AHO即为⼆⾯⻆ABCO的平⾯⻆． …………………………………9’
2
在Rt△AOH中，AO2,BOOC 1,BC  2,OH  ，…………………………………10’
2
73 2
∴AH  AO2OH2  ， …………………………………11’
2
OH 1
∴cosAHO  …………………………………12’
AH 3
1
故⼆⾯⻆ABCO的余弦值为 .. …………………………………13’
3
⽅法2（建系⽤向量法也可以）
在平⾯BOC内，作BDOC于点D，则由（1）可知BDOA，
⼜OCOAO,BD平⾯OAC，即BD是三棱锥BAOC的⾼，…………………………………5’
⼜BDBO，∴当D与O重合时，三棱锥BAOC的体积最⼤，
此时BO平⾯AOC, ………………………………………………………………………………6’
以OA,OC,OB’，分别为轴建⽴空间直⻆坐标系，后略
16. （15分）已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c， A、B为锐角，ABC的面积
为S，4bS a  b2 c2 a2 .
（1）判断ABC的形状，并说明理由；
π 3π
（2）若ABC  ，BC  5，O为ABC内一点，且OC 1，AOC  ，求OB
4 4
的长.
【解析】（1）4bS a  b2 c2 a2 ，
1
4b bcsinAa2bccosA，即bsinAacosA，……………………………………1’
2
再由正弦定理边化角得sinBsinAsinAcosA，……………………………………2’
sinA0，
sinBcosA，又A为锐角，……………………………………3’
π 
sinBsin  A ，……………………………………4’
2 
π
B A或 ，
π
2 B Aπ
2
π π
B A 或B  A (舍)，……………………………………5’
2 2
7ABC为直角三角形；……………………………………6’
 
（2）由（1）的结果以及ABC  ，可得BAC ABC  ，…………………………………7’
4 4
ABC为等腰直角三角形，又BC  5，
AC  BC  5， …………………………………8’
在AOC中，
AO2 15 2
则cosAOC   ，解得 AO  2，负值舍去， ……………………………10’
2AO 2
AO AC
又  ，
sinACO sinAOC
2
2
AOsinAOC 2 5 ， ………………………12’
sinACO   
AC 5 5
π  5
cosBCOcos  ACO  sinACO ， …………………………13’
2  5
在BOC中，
5
BO2 OC2 BC2 2OCBCcosBCO 152 5 4， …………14’
5
BO2. ……………………15’
17.（15分）新高考数学试卷增加了多项选择题,每小题有A,B,C,D四个选项,有多个选项符
合题目要求,由于正确选项有4个的概率极低,可视作0,因此我们可以认为多项选择题至少
有2个正确选项,至多有3个正确选项.多项选择题题目要求:“在每小题给出的选项中,有多
项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.”其中“部分选
对的得部分分”是指:若正确答案有2个选项,则只选1个选项且正确得3分;若正确答案有
3个选项,则只选1个选项且正确得2分,只选2个选项且都正确得4分.
(1)已知某道多选题的正确答案是BD,一考生在解答该题时,完全没有思路,随机选择至少1
7个选项,至多3个选项,且每种选择是等可能的.请根据已知材料,分析该生可能的得分情况
与所得分值的相应概率,并求该生得分的期望E().
(2)已知某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率相等,一考生只能判断出A
选项是正确的,其他选项均不能判断正误,试列举出该生所有可能的符合实际的答题方案,并
以各方案得分的期望作为判断依据,帮该考生选出最优的答题方案.
【解析】(1)由题意得,该考生的所有选择结果构成的样本空间为{A,B,C,D,AB,AC,AD,
BC,BD,CD,ABC, ABD,ACD,BCD},共14个样本点. …………………………1’
该生所有可能的得分情况为0分,3分,6分. ……………………………2’
设事件A=“该考生得0分”,含11个样本点;事件B=“该考生得3分”,含2个样本点事件
C=“该考生得6分”,含1个样本点.
则 ……………………………5’
11 2 1 1
P(A) ,P(B)  ,P(C) ,
14 14 7 14
……………………………6’
11 1 1 6
从而得分期望E()0 3 6  .
14 7 14 7
(2)通过已知信息,从合理性角度看,该生必选A,根据其他选项的选取情况分析,可有下三种
答题方案:
①选择A选项,且不再选其他选项;②选择A选项的同时随机选择一个其他选项;③择A选项
的同时随机选择两个其他选项,设三个不同方案的得分分别为X,Y,Z. …………………7’
对于①,X的所有可能取值为2,3,
1 1 1 1 5
P(X 2) ,P(X 3) ，则E(X)2 3  ……………………………8’
2 2 2 2 2
对于②,Y的所有可能取值为0,4,6, ……………………………9’
1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1
P(Y 0)     ,P(Y 4)   ,P(Y 6)   ,
2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 6
………………11’
1 1 1 7
则E(Y)0 4 6  .
2 3 6 3
对于③,Z的所有可能取值为0,6, ……………………………12’
1 2 1 5 1 1 1
P(Z 0)   1 ,P(Z 6)   , ……………………………13’
2 3 2 6 2 3 6
5 1
则E(Z)0 6 1. ……………………………14’
6 6
E(X) E(Y) E(Z)，所以该考生选择方案①，只选择A选项……………………………15’
718．（17分）在平⾯直⻆坐标系xOy中，已知椭圆C：
x2 y2
（
ab0
）的离⼼率为
1
，
 1
a2 b2 2
且点 在C上．
 3
P1, 
 2
(1)求C的⽅程；
(2)设C的右焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点
①求PAB面积S的取值范围
 
②若AF 2BF，求l的斜率．
【解析】（1）由椭圆标准⽅程可知 ，…………………………………………………………1’
a2 4c2
将 代⼊可得 ，………………………………………………………………………2’
 3 1 9
P1,   1
 2 a2 4b2
解得 ；………………………………………………………………………………………3’
a2 4,b2 3
所以椭圆C的⽅程为： .……………………………………………………………………4’
x2 y2
 1
4 3
（2）由（1）可知，右焦点 ，当直线l的斜率不存在时不合题意。………………………5’
F(1,0)
设直线l的斜率为k，Ax ,y ,Bx ,y ，则直线l的⽅程为 ，
1 1 2 2 y（k x1）
联⽴ 整理得 ；
x2 y2  4k23  x28k2x（4 k23）0
  1
 4 3
 y（k x1）
所以 …………………………………………………………………6’
8k2 （4 k23）
x x  ,xx 
1 2 4k23 1 2 4k23
1
①方法一：S  PF x x ………………………………………………7’
2 1 2
3 9 1k2
 （x +x）24xx  ……………………………………………9’
4 1 2 1 2 4k23
7令t  1k2 1，…………………………………………………………10’
S 
9t

9 0，3…………………………………………………12’
4t21 1
4t
t
方法二： AB  （x -x）2 （y -y）2 4
1
(x x ) 
1（21k2）
……7’
1 2 1 2 2 1 2 4k23
3
d  ……………………………………………8’
P到AB的距离
2(1k2)
1 9 1k2
S  AB d  …………………………………………………9’
2 4k23
令t  1k2 1，………………………………………………………10’
S 
9t

9 0，3…………………………………………………12’
4t21 1
4t
t
②
 
⼜ ，即 ，可得
AF 2BF 1x,y 21x ,y 
1 1 2 2
，………………………………………………………………13’
y 2y
1 2
所以 ，………………………………………………………………14’
 6k
y y y 
  1 2 2 4k23

9k2
 y y 2y 2 
 1 2 2 4k23
即 ，………………………………………………………………16’
 6k  2 9k2

 4k23   2（4k23）
解得 ；
5
k
2
所以直线l的斜率为 ………………………………………………………………17’
5

2
719.（17分 ）在数列a 中，a 0，a 4，且a 2a a 2.
n 1 2 n2 n1 n
(1)证明：a a 是等差数列.
n1 n
 1 
(2)求数列 的前n项和b
a
n
2
n
n 1 1 n
(3)求证：   b lnb
k 2 n k
k1 k1
【解析】（1）因为在数列a 中，a 0，a 4，且a 2a a 2，
n 1 2 n2 n1 n
所以a a a a 2a a 2a a a 2，……………………………………2’
n2 n1 n1 n n1 n n1 n1 n
所以a a 是⾸项为a a 4，公差为2的等差数列. ……………………………………4’
n1 n 2 1
（2）由（1）得a a 42n12n2， ……………………………………5’
n1 n
n2n24
则a a a a a a 2n22n4 nn3，
n1 n n n1 2 1 2
得a nn3，即a n1n2(n>1)． ……………………………………6’
n1 n
⼜a 0符合a n1n2，
1 n
所以a n1n2（或a n2n2）．
n n
1 1 1 1 1
故     ， ……………………………………7’
a 2 n2n nn1 n n1
n
所以 . ……………………………………8’
1 1 1 1 1 1 n
b 1     1 
n 2 2 3 n n1 n1 n1
(3)
n
证明方法一：由（2）可得：b 
n n1
n 1 1 n
欲证：   b lnb
k 2 n k
k1 k1
…………………………………………………9’
1 1 1 n n n
即证： 1    ln
2 3 n 2(n1) (n1)
k1
7n n1 1 1 1 n 1 1 1 1 1
即证： ln 1    1    (1 )
n 2 3 n 2(n1) 2 3 n 2 n1
k1
………………………11’
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1    (1   .........  )
2 3 n 2 2 2 3 n n1
……………………………………………………………………12’
n1 1 1 1 1
即证：ln   (  )
n n 2 n n1
n1
令x 1
n
……………………………………………………………13’
1 1
构造函数： f(x)lnx (x )(x1)
2 x
………………………………………………………………14’
1 1 1 (x1)2
f'(x)  (1 ) 0
x 2 x2 2x2
…………………………………………………………………………………………15’
又 f(1)0
故当 时 ，当且仅当 时取等。………………………………………………16’
x 1 1 1 x1
lnx (x )
2 x
n1 n1 1 n1 n 1 1 1 1
x 1ln  (  )  (  ) ………17’
令 n n 2 n n1 n 2 n n1 成立
本题得证。
n
证明方法二:由（2）可得：b 
n n1
……………………………………9’
1 1
构造函数： f(x)lnx (x )(x1)
2 x
…………………………………………………………………10’
1 1 1 (x1)2
f'(x)  (1 ) 0
x 2 x2 2x2
……………………………………………………………………………………………11’
又 f(1)0
故当 时 ，当且仅当 时取等。…………………………………………………12’
x 1 1 1 x1
lnx (x )
2 x
7令
n1
，
n1 1 n1 n 1 1 1 1
，……………………………………13’
x 1 ln  (  )  (  )
n n 2 n n1 n 2 n n1
 2 1 1 ，
ln 1 (1 )
1 2 2
，
3 1 1 1 1
ln   (  )
2 2 2 2 3
，
4 1 1 1 1
ln   (  )
3 3 2 3 4
n1 1 1 1 1
ln   (  )
n n 2 n n1
累加得 ，……………………………………15’
1 1 1 1 1 1 1 1
ln(n1)1    (1    )
2 3 n 2 2 2 3 n1
即 ，…………………………16’
1 1 1 1 1 1 1 1 n
ln(n1)1    (1 )1   
2 3 n 2 n1 2 3 n 2(n1)
 ………………………………………………………………17’
1 1 1 n
1   ln(n1)
2 3 n 2(n1)
本题得证。
7