2025屆吉林省汪清縣汪清四中數學高三上期末教學質量檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點，則的值為（）A． B． C． D．2．已知直線y=k(x+1)(k>0)與拋物線C相交于A，B兩點，F為C的焦點，若|FA|=2|FB|，則|FA|=（）A．1 B．2 C．3 D．43．設，，則（）A． B．C． D．4．拋物線的準線方程是，則實數（）A． B． C． D．5．某三棱錐的三視圖如圖所示，那么該三棱錐的表面中直角三角形的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．06．已知集合，，若，則（）A． B． C． D．7．已知集合，，，則的子集共有（）A．個 B．個 C．個 D．個8．生活中人們常用“通五經貫六藝”形容一個人才識技藝過人，這里的“六藝”其實源于中國周朝的貴族教育體系，具體包括“禮、樂、射、御、書、數”.為弘揚中國傳統文化，某校在周末學生業余興趣活動中開展了“六藝”知識講座，每藝安排一節，連排六節，則滿足“數”必須排在前兩節，“禮”和“樂”必須分開安排的概率為（）A． B． C． D．9．3本不同的語文書，2本不同的數學書，從中任意取出2本，取出的書恰好都是數學書的概率是（）A． B． C． D．10．已知向量，，則向量與的夾角為（）A． B． C． D．11．已知向量，，設函數，則下列關于函數的性質的描述正確的是A．關于直線對稱 B．關于點對稱C．周期為 D．在上是增函數12．在關于的不等式中，“”是“恒成立”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二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，角所對的邊分別為，為的面積，若，，則的形狀為__________，的大小為__________．14．如圖，已知圓內接四邊形ABCD，其中，，，，則__________．15．已知一個正四棱錐的側棱與底面所成的角為，側面積為，則該棱錐的體積為__________．16．設為橢圓在第一象限上的點，則的最小值為________.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）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（是參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求直線與曲線的普通方程，并求出直線的傾斜角；（2）記直線與軸的交點為是曲線上的動點，求點的最大距離.18．（12分）設函數（其中），且函數在處的切線與直線平行.（1）求的值；（2）若函數，求證：恒成立.19．（12分）如圖，三棱柱中，側面是菱形，其對角線的交點為，且．（1）求證：平面；（2）設，若直線與平面所成的角為，求二面角的正弦值．20．（12分）在直角坐標系xOy中，直線的參數方程為（t為參數）.以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，圓C的極坐標方程為.（1）寫出圓C的直角坐標方程；（2）設直線l與圓C交于A，B兩點，，求的值.21．（12分）△的內角的對邊分別為,且．(1)求角的大小(2)若,△的面積,求△的周長．22．（10分）已知函數.（1）討論函數的極值；（2）記關于的方程的兩根分別為，求證：.

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、B【解析】

根據三角函數定義得到，故，再利用和差公式得到答案.【詳解】∵角的終邊過點，∴，.∴.故選：.【點睛】本題考查了三角函數定義，和差公式，意在考查學生的計算能力.2、C【解析】

方法一：設，利用拋物線的定義判斷出是的中點，結合等腰三角形的性質求得點的橫坐標，根據拋物線的定義求得，進而求得.方法二：設出兩點的橫坐標，由拋物線的定義，結合求得的關系式，聯立直線的方程和拋物線方程，寫出韋達定理，由此求得，進而求得.【詳解】方法一：由題意得拋物線的準線方程為，直線恒過定點，過分別作于，于，連接，由，則，所以點為的中點，又點是的中點，則，所以，又所以由等腰三角形三線合一得點的橫坐標為，所以，所以．方法二：拋物線的準線方程為，直線由題意設兩點橫坐標分別為，則由拋物線定義得又①②由①②得.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查直線和拋物線的位置關系，屬于中檔題.3、D【解析】

由不等式的性質及換底公式即可得解.【詳解】解：因為，，則，且，所以，，又,即,則，即，故選：D.【點睛】本題考查了不等式的性質及換底公式，屬基礎題.4、C【解析】

根據準線的方程寫出拋物線的標準方程,再對照系數求解即可.【詳解】因為準線方程為,所以拋物線方程為,所以,即.故選：C【點睛】本題考查拋物線與準線的方程.屬于基礎題.5、C【解析】

由三視圖還原原幾何體，借助于正方體可得三棱錐的表面中直角三角形的個數.【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，其中，，為直角三角形.∴該三棱錐的表面中直角三角形的個數為3.故選：C.【點睛】本小題主要考查由三視圖還原為原圖，屬于基礎題.6、A【解析】

由，得，代入集合B即可得.【詳解】，，，即：，故選：A【點睛】本題考查了集合交集的含義，也考查了元素與集合的關系，屬于基礎題.7、B【解析】

根據集合中的元素，可得集合，然后根據交集的概念，可得，最后根據子集的概念，利用計算，可得結果.【詳解】由題可知：，當時，當時，當時，當時，所以集合則所以的子集共有故選：B【點睛】本題考查集合的運算以及集合子集個數的計算，當集合中有元素時，集合子集的個數為，真子集個數為，非空子集為，非空真子集為，屬基礎題.8、C【解析】

分情況討論，由間接法得到“數”必須排在前兩節，“禮”和“樂”必須分開的事件個數，不考慮限制因素，總數有種，進而得到結果.【詳解】當“數”位于第一位時，禮和樂相鄰有4種情況，禮和樂順序有2種，其它剩下的有種情況，由間接法得到滿足條件的情況有當“數”在第二位時，禮和樂相鄰有3種情況，禮和樂順序有2種，其它剩下的有種，由間接法得到滿足條件的情況有共有：種情況，不考慮限制因素，總數有種，故滿足條件的事件的概率為：故答案為：C.【點睛】解排列組合問題要遵循兩個原則：①按元素(或位置)的性質進行分類；②按事情發生的過程進行分步．具體地說，解排列組合問題常以元素(或位置)為主體，即先滿足特殊元素(或位置)，再考慮其他元素(或位置)．9、D【解析】

把5本書編號，然后用列舉法列出所有基本事件．計數后可求得概率．【詳解】3本不同的語文書編號為，2本不同的數學書編號為，從中任意取出2本，所有的可能為：共10個，恰好都是數學書的只有一種，∴所求概率為．故選：D.【點睛】本題考查古典概型，解題方法是列舉法，用列舉法寫出所有的基本事件，然后計數計算概率．10、C【解析】

求出，進而可求,即能求出向量夾角.【詳解】解：由題意知，.則所以，則向量與的夾角為.故選:C.【點睛】本題考查了向量的坐標運算，考查了數量積的坐標表示.求向量夾角時，通常代入公式進行計算.11、D【解析】

當時,,∴f(x)不關于直線對稱；當時,,∴f(x)關于點對稱；f(x)得周期，當時,,∴f(x)在上是增函數．本題選擇D選項.12、C【解析】

討論當時，是否恒成立；討論當恒成立時，是否成立，即可選出正確答案.【詳解】解：當時，，由開口向上，則恒成立；當恒成立時，若，則不恒成立，不符合題意，若時，要使得恒成立，則，即.所以“”是“恒成立”的充要條件.故選:C.【點睛】本題考查了命題的關系，考查了不等式恒成立問題.對于探究兩個命題的關系時，一般分成兩步，若，則推出是的充分條件；若，則推出是的必要條件.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、等腰三角形【解析】∵∴根據正弦定理可得，即∴∴∴的形狀為等腰三角形∵∴∴由余弦定理可得∴，即∵∴故答案為等腰三角形，14、【解析】

由題意可知，，在和中，利用余弦定理建立方程求，同理求，求，代入求值.【詳解】由圓內接四邊形的性質可得,．連接BD，在中，有．在中，．所以,則，所以．連接AC，同理可得,所以．所以．故答案為：【點睛】本題考查余弦定理解三角形，同角三角函數基本關系，意在考查方程思想，計算能力，屬于中檔題型，本題的關鍵是熟悉圓內接四邊形的性質，對角互補.15、【解析】

如圖所示，正四棱錐，為底面的中心，點為的中點，則，設，根據正四棱錐的側面積求出的值，再利用勾股定理求得正四棱錐的高，代入體積公式，即可得到答案.【詳解】如圖所示，正四棱錐，為底面的中心，點為的中點，則，設，，，，，，.故答案為：.【點睛】本題考查棱錐的側面積和體積，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力.16、【解析】

利用橢圓的參數方程，將所求代數式的最值問題轉化為求三角函數最值問題，利用兩角和的正弦公式和三角函數的性質，以及求導數、單調性和極值，即可得到所求最小值．【詳解】解：設點，，其中，，由，，，可設，導數為，由，可得，可得或，由，，可得，即，可得，由可得函數遞減；由，可得函數遞增，可得時，函數取得最小值，且為，則的最小值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查橢圓參數方程的應用，利用三角函數的恒等變換和導數法求函數最值的方法，考查化簡變形能力和運算能力，屬于難題．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），，直線的傾斜角為（2）【解析】

（1）由公式消去參數得普通方程，由公式可得直角坐標方程后可得傾斜角；（2）求出直線與軸交點，用參數表示點坐標，求出，利用三角函數的性質可得最大值．【詳解】（1）由，消去得的普通方程是：由，得，將代入上式，化簡得直線的傾斜角為（2）在曲線上任取一點，直線與軸的交點的坐標為則當且僅當時，取最大值.【點睛】本題考查參數方程與普通方程的互化，考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，屬于基礎題．求兩點間距離的最值時，用參數方程設點的坐標可把問題轉化為三角函數問題．18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求導得到，解得答案.（2）變形得到，令函數，求導得到函數單調區間得到，，得到證明.【詳解】（1），，解得.（2）得，變形得，令函數，，令解得，當時，時.函數在上單調遞增，在上單調遞減，，而函數在區間上單調遞增，，，即，即，恒成立.【點睛】本題考查了根據切線求參數，證明不等式，意在考查學生的計算能力和轉化能力，綜合應用能力.19、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）根據菱形的特征和題中條件得到平面，結合線面垂直的定義和判定定理即可證明；

2建立空間直角坐標系，利用向量知識求解即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形是菱形，，平面平面，又是的中點，，又平面（2）∴直線與平面所成的角等于直線與平面所成的角．平面，∴直線與平面所成的角為，即．因為，則在等腰直角三角形中，所以．在中，由得，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系．則所以設平面的一個法向量為，則，可得，取平面的一個法向量為，則，所以二面角的正弦值的大小為．（注：問題（2）可以轉化為求二面角的正弦值，求出后，在中，過點作的垂線，垂足為，連接，則就是所求二面角平面角的補角，先求出，再求出，最后在中求出．）【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定以及二面角的求解，屬于中檔題．20、（1）；（2）20【解析】

（1）利用即可得到答案；（2）利用直線參數方程的幾何意義，.【詳解】解：（1）由，得圓C的直角坐標方程為，即.（2）將直線l的參數方程代入圓C的直角坐標方程，得，即，設兩交點A，B所對應的參數分別為，，從而，則.【點睛】本題考查了極坐標方程與普通方程的互化、直線參數方程的幾何意義等知識，考查學生的計算能力，是一道容易題.21、（I）；（II）．【解析】

試題分析：（I）由已知可得；（II）依題意得：的周長為．試題解析：（I）∵，∴．∴，∴，∴，∴，∴．（II）依題意得：∴，∴，∴，∴，∴的周長為．考點：1、解三角形；2、三角恒等變換．22、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）對函數求導，對參數討論，得函數單調區間，進而求出極值；（2）是方程的兩根，代入方程，化簡換元，構造新函數利用函數單調性求最值可解.【詳解】（1）依題意，；若，則，則函數在上單調遞增，