文档内容
第02卷 2025届高三数学上学期期末测试卷（综合测试）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符
合题目要求的）
1．设 （其中i为虚数单位），则 （ ）
A．1 B． C．3 D．5
【答案】B
【分析】将 表示的复数代入所求式，化简成一个复数的模，再运用模的运算公式计算即得.
【详解】因 ，则 .
故选：B.
2．设集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据不等式的解法求得集合 ，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式 ，解得 ，所以 ，
又由不等式 ，解得 ，所以 .
故选：A.
3． （ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】利用凑角及两角和的正弦公式，结合降幂公式及两角和的正弦公式的逆用，然后再利用二倍角的正弦公式即可求解.
【详解】
，
．
故选：D．
4．设函数 （ ， ），则函数 的单调性（ ）
A．与 有关，且与 有关 B．与 无关，且与 有关
C．与 有关，且与 无关 D．与 无关，且与 无关
【答案】D
【解析】通过对 进行讨论，再用复合函数的求单调性的方法，可知该函数的单调性与 是否有关.
【详解】函数 （ ， ），
当 时， 单调递减.
当 时， 单调递减.
则 且 ， ， 的单调性都为单调递减.
所以函数 （ ， ）的单调性与 无关.
故选：D
5．甲箱中有 个红球， 个白球和 个黑球；乙箱中有 个红球， 个白球和 个黑球.先从甲箱中随机取出
一球放入乙箱中，分别以 、 、 表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取
出一球，以 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．事件 与事件 不相互独立 D． 、 、 两两互斥
【答案】A【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出 的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可
判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.
【详解】依题意， ， ， ，
， ，B对，
，A错；
， ，
所以， ，所以，事件 与事件 不相互独立，C对，
由题意可知，事件 、 、 中的任意两个事件都不可能同时发生，
因此，事件 、 、 两两互斥，D对.
故选：A.
6．已知等差数列 ，则 是 成立的（ ）条件
A．充要 B．充分不必要 C．必要不充分 D．既不充分也不必要
【答案】B
【分析】正面证明得到充分性成立，举反例否定必要性即可.
【详解】当 时，由等差数列下标和性质得 显然成立，故充分性成立，设首项为 ，公
差为 ，当 时，无论 取何值， 一定成立，无法推出 ，可得必要性不成立，即
则 是 成立的充分不必要条件.
故选:B
7．已知直线l与椭圆 在第二象限交于 ， 两点， 与 轴， 轴分别交于 ， 两点（
在椭圆外），若 ，则 的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到 ，再由条件得到 也是 的中点，从而得到关
于 的方程，进而求得 ，由此得解.
【详解】设 ： （ ， ），设A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2联立 ，得 ，
由题意知 ，
所以 ， ，
设 的中点为 ，连接 ，
因为 ，所以 ，得 ，
又因为 ， ，所以 也是 的中点，
所以 的横坐标为 ，
从而得 ，因为 交在第二象限 ，解得 ，
设直线 倾斜角为 ，得 ，得 ，故A正确.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．已知函数 的定义域为 ，且 ，若关于 的方程 有4个
不同实根 ，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】利用辅助角公式得 ，讨论其符号求 范围，进而写出 解析式并画
出草图，数形结合得 、 ，即可得答案.
【详解】由 ，
若 ，则 ，可得 ，
所以 ,
若 ，则 ，可得 ，
所以 ，
所以 ，其函数图象如下图，
要使 有4个不同实根 ，则 ，
由图知： ，故 ，且 ，
所以 的范围为 .
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换研究正弦型函数性质，并画出 的图象为关键.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．《中华人民共和国国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要》中明确提出要创新
实施文化惠民工程，提升基层综合性文化服务中心功能，广泛开展群众性文化活动.某乡镇为了考核甲、乙两村的文化惠民工程，在两村的村民中进行满意度测评，满分100分，规定：得分不低于80分的为“高度
满意”，得分低于60分的为“不满意”.经统计发现甲村的评分X和乙村的评分Y都近似服从正态分布，
其中 ， ， ，则（ ）
A．X对应的正态曲线比Y对应的正态曲线更扁平
B．甲村的平均分低于乙村的平均分
C．甲村的高度满意率与不满意率相等
D．乙村的高度满意率比不满意率大
【答案】BCD
【分析】A选项，曲线越扁平，方差较大，判断A错误；B选项，求出两村的平均分，比较出大小；CD选
项，由正态分布曲线的对称性判断.
【详解】A选项，曲线越扁平，说明评分越分散，方差较大，
因为 ，所以Y对应的正态曲线比X对应的正态曲线更扁平，A错误；
B选项，甲村的平均分为70，乙村的平均分为75，故B正确；
C选项，因为甲村的平均分为70，由对称性知 ，C正确；
D选项，因为乙村的平均分为75，由对称性知 ，D正确.
故选：BCD.
10．已知 是等比数列， 是其前n项和，满足 ，则下列说法中正确的有（ ）
A．若 是正项数列，则 是单调递增数列
B． ， ， 一定是等比数列
C．若存在 ，使 对 都成立，则 是等差数列
D．若存在 ，使 对 都成立，则 是等差数列
【答案】AC
【分析】A选项，设出公比，得到方程，结合 是正项数列，得到公比 ，得到 是单调递增数列；
B选项，举出反例；C选项，根据 对 都成立，得到 ，从而得到 为常数列，为公差
为0的等差数列；D选项，结合C选项，得到当 为偶数时， ， 为奇数时， ，D错误.
【详解】A选项，设公比为 ，故 ，解得 或 ，
若 是正项数列，则 ， ，故 ，故 是单调递增数列，A正确；
B选项，当 且 为偶数时， ， ， 均为0，不合要求，B错误：
C选项，若 ，则 单调递增，此时不存在 ，使 对 都成立，若 ，此时 ，故存在 ，使得 对 都成立，
此时 为常数列，为公差为0的等差数列，C正确；
D选项，由C选项可知， ，故当 为偶数时， ，
当 为奇数时， ，显然 不是等差数列，D错误.
故选：AC.
11．已知 为坐标原点，曲线 ： ， ， 为曲线 上动点，则（ ）
A．曲线 关于y轴对称 B．曲线 的图象具有3条对称轴
C． D． 的最大值为
【答案】ABC
【分析】对于选项A:将 用 替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令 ， ，代入
整理可得 ，利用周期性与对称性即可判断；对于选项C:代入，借助三角恒等变换公式化简计算
即可；对于选项D:借助三角函数的性质并表示出 .
【详解】对于选项A:将 用 替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A正确；
对于选项B:由
，
令 ， ，
代入整理可得 ，
其中 ， 为点 所在终边对应的角度，且 ，
因为 ，故 ，
因为曲线关于y轴对称，
故 对应的图象关于 轴（即y轴对称）对称，
注意到 关于 的周期为 ，
故曲线也关于 和 （即 ）对称，
故B选项正确；
对于选项C: ，C正确；
对于选项D: ，D错误；故选：ABC．
C另解： ，
该方程关于 有解，令 ，则 在 上有根，
由 ，
则 ， 或 ，
解得； 或
综上： ．
D另解：
，
解得 ．
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于将曲线 进行换元，令 ， ，代入整理得
，借助三角函数的相关性质探讨即可.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12． 的展开式中 的系数为 （用数字作答）.
【答案】
【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案.
【详解】由于 ，
所以 的展开式中含 的项为 ，
所以 的展开式中 的系数为 .
故答案为：
13．已知椭圆 的左、右焦点分别为F，F，设P，Q是E上位于x轴上方的两点，
1 2
且直线 ．若 则E的离心率为 ．【答案】
【分析】根据椭圆定义用 表示 ，再利用余弦定理可解.
【详解】设 ，则 ，又
由椭圆定义， 得 ，
所以
又因为 ，所以 ，
所以 ．
故答案为： .
14．如图，已知正方体 的棱长为2，点 分别为棱 ， ， ， 的中点，
且点 都在球 的表面上，点 是球 表面上的动点，当点 到平面 的距离最大时，异面
直线 与 所成角的余弦值的平方为 ．
【答案】
【分析】根据条件，得出球 是正方体 的棱切球，进而得出圆心和半径，再利用球的性
质得出点 的位置，利用几何关系得出 就是异面直线 与 所成角，再计算出 ，
即可求出结果.【详解】因为点 分别为棱 ， ， ， 的中点，且点 都在球 的表面上，
则球 是正方体 的棱切球，球心为对角线 的中点，半径为 ，
取 的中点 ，则点 为 延长线与球O表面的交点时点 到平面 的距离最大，
此时 ， ， ．
连接OE，则 ， 就是异面直线 与 所成角，
因为 ，所以 ，
所以异面直线 与 所成角的余弦值的平方为 ，
故答案为： .
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，利用点 都在球 的表面上，得到球 为正方体的棱切
球，利用球的性质，将球面上的点到平面的最大距离转化成球心到平面的距离不处理，再利用几何关系来
解决问题.
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17
分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知函数 在 上单调递增，在 上单调递减，设 为曲线
的对称中心．
(1)求 ；
(2)记 的角 对应的边分别为 ，若 ，求 边上的高 长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦型函数的单调性求出解析式，即可求 ；（2）利用余弦定理得到 ，结合三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）因为 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 且 ，所以 ，可知 ，
又由 ，可知 ，所以 ，故 ，
由 ，可得 ，即 ．
（2） ，
化简得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
所以 ，故 长的最大值为 ．
16．如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台 ，其中 ，
．
(1)求证： ；
(2)若 ，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设 ，由勾股定理的逆定理可得，同理可得 ，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）由（1）和勾股定理的逆定理可得 ，又 ，根据线面、面面垂直的判定定理可得面
面ABE，如图，则 为题意所求的线面角，解三角形 即可.
【详解】（1）连接BD，DE，设 ，则 ，
取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故 ，
得 ，∴ ，∴
同理可得， ，又 面BDE，
∴ 面BDE，又 面BDE， ；
（2）由（1）知 ，
又∵ ，∴ ，
由 ，得 ．
又∵ ， 面ABCD，∴ 面ABCD，
过点D作 交AB于点M，连接EM．
因为 面ABCD，所以 ，又因为 ，且 面DEM，
则 面DEM，又 面ABE，∴面 面ABE．
过点D作 交EM于点N，连接AN．
∴ 就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面 面ADE，∴ 就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵ ，又 ， ，∴ ，
又 ，∴ ，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为 .17．设函数 ( ).
(1)当 时，求 在 处的切线方程；
(2)讨论 的单调性；
(3)当 时， ，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）只需分别求出 即可；
（2）求导得 ，根据 是否大于0对 进行分类讨论即可求解；
（3）分离参变量转换为恒成立问题，构造函数 ，只需求得 的最小值即可得解.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
则 ，又 ，
故 在 处的切线方程为 .
（2）因为 ，则 ，
若 ，即 时，
恒成立，故 在R上单调递增；
若 ，即 或 时， .
+ 0 ─ 0 +
↗ ↘ ↗则 在 和 上为增函数；在 上为递减函
数.
（3）因为 时， ，即 ，
当 时，上式成立，
也即当 时， 恒成立，记 ，
则 .
记 ，则 ，
则 在 为减函数，则 ，即 恒成立，
则 单调减， 为增函数，
，则 ，所以 的取值范围为 .
18．已知平面直角坐标系 中，椭圆 与双曲线 ．
(1)若 的长轴长为8，短轴长为4，直线 与 有唯一的公共点 ，过 且与 垂直的
直线分别交 轴， 轴于点 两点，当 运动时，求点 的轨迹方程；
(2)若 的长轴长为4，短轴长为2，过 的左焦点 作直线 与 相交于 两点（ 在 轴上方），分别
过 作 的切线，两切线交于点 ，求 面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得 ，得到双曲线 的标准方程，然后利用直线 与
有唯一的公共点 ，过 且与 垂直的直线分别交 轴， 轴于点 两点，即可求解；
（2）依题意， ，设 ，联立 结合韦达定理，得到切线方程，然后根
据两条切线方程联立，结合构造函数求解三角形面积最值即可．
【详解】（1）因为 的长轴长为8，短轴长为4，所以 ， ，
联立方程 ，得 ，
又 与 有唯一的公共点 ，所以 ，
即 ， 的横坐标为 ，
把 代入 中， ，所以 ，
过 且与 垂直的直线为 ，则 ，
所以 ， ，又 ，所以 ，
即 ，所以 的轨迹方程为 ．
（2）
因为 的长轴长为4，短轴长为2，所以 ，
，左焦点 ，
当 斜率为0时， 分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，
当 斜率不为0时，设 ，由 得 ，
设 ，则 ，
，
椭圆在 轴上方对应方程为 ，
则点 处切线斜率为 ，
点 处切线方程为 ，即 ，
同理可得点 处的切线方程为 ，
由 得 ，
代入①得 ，
所以 ，所以 ，
而 ，
所以 ，即 ，又 ，
所以 ．
令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
则当 时， ．
所以 面积的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线及椭圆的位置关系，利用直线和圆锥曲线联立，根据
交点情况（1）中 ，（2）中 ，（2）中的关键是结合韦达定理，表示出切线方程，再联立切线方
程，构造函数求解三角形面积最值.
19．已知正整数 为常数，且 ，无穷数列 的各项均为正整数，其前 项和为 ，且对任意正
整数 ， 恒成立.
(1)证明无穷数列 为等比数列，并求 ；
(2)若 ， ，求证： ；
(3)当 时，数列 中任意不同两项的和构成集合A.设集合 ， 中元
素的个数记为 ，求数列 的通项公式.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
(3) （ ）
【分析】（1）由 并结合已知条件，得出数列 的两项的商为定值，从而可知
为等比数列，由于其各项均为正整数，所以公比亦为正整数，从而得到 ；
（2）写出数列 的通项公式，得出 ，结合导函数求出函数的单调性，再结合累加法对数计算求和即
可.
（3）结合（2）得出集合 中元素满足的不等式，将 中元素的个数转化为关于 的不等式的解的数目，
先确定的取值，再由放缩法确定 i 的取值，从而确定解的个数，得到 的通项公式．
【详解】（1）当 时， ， ，两式相减得：
， ，
，所以数列 为等比数列．
因为无穷数列 的各项均为正整数，则公比 为正整数， 为正整数，则 ．
（2）若 ，
设 （ ），则 ，
则 在 上为增函数，
所以 ，故 ，
即 ，
则
（3）当 时， ，
即 ， ， N*，
中元素个数，等价于满足 的不同解 ，
如果 ，则 ，矛盾！
则 ，
又因为 ，
所以 ，
即 ，共 个不同解 ，
即共 个不同 ，所以 （ ）．
【点睛】方法点睛：集合 中元素满足的不等式，将 中元素的个数转化为关于 的不等式的解的数目，
先确定的取值，再由放缩法确定 i 的取值，从而确定解的个数，得到 的通项公式．
