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