2025屆江西省宜春市樟樹中學數學高三第一學期期末檢測試題注意事項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．己知全集為實數集R，集合A={x|x2+2x-8>0}，B={x|log2x<1}，則等于（）A．[4,2] B．[4,2) C．(4,2) D．(0,2)2．已知，則的大小關系為A． B． C． D．3．在長方體中，，則直線與平面所成角的余弦值為（）A． B． C． D．4．設全集為R，集合，，則A． B． C． D．5．已知為虛數單位，若復數，，則A． B．C． D．6．已知復數，其中，，是虛數單位，則（）A． B． C． D．7．已知雙曲線的一條漸近線與直線垂直，則雙曲線的離心率等于()A． B． C． D．8．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，其中左視圖中三角形為等腰直角三角形，則該幾何體外接球的體積是（）A． B．C． D．9．已知隨機變量滿足，，.若，則（）A．， B．，C．， D．，10．已知命題：“關于的方程有實根”，若為真命題的充分不必要條件為，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．11．已知是邊長為的正三角形，若，則A． B．C． D．12．某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為（）A． B． C． D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．點是曲線（）圖象上的一個定點，過點的切線方程為，則實數k的值為______.14．的展開式中常數項是___________.15．在中，角的對邊分別為，且．若為鈍角，，則的面積為____________．16．已知集合，則____________.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）自湖北武漢爆發新型冠狀病毒惑染的肺炎疫情以來，武漢醫護人員和醫療、生活物資嚴重缺乏，全國各地紛紛馳援.截至1月30日12時，湖北省累計接收捐贈物資615.43萬件，包括醫用防護服2.6萬套N95口軍47.9萬個，醫用一次性口罩172.87萬個，護目鏡3.93萬個等.中某運輸隊接到給武漢運送物資的任務，該運輸隊有8輛載重為6t的A型卡車，6輛載重為10t的B型卡車，10名駕駛員，要求此運輸隊每天至少運送720t物資.已知每輛卡車每天往返的次數：A型卡車16次，B型卡車12次；每輛卡車每天往返的成本：A型卡車240元，B型卡車378元.求每天派出A型卡車與B型卡車各多少輛，運輸隊所花的成本最低？18．（12分）記為數列的前項和，已知，等比數列滿足，.（1）求的通項公式；（2）求的前項和.19．（12分）已知，函數，（是自然對數的底數）.（Ⅰ）討論函數極值點的個數；（Ⅱ）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.20．（12分）已知函數（1）當時，若恒成立，求的最大值；（2）記的解集為集合A，若，求實數的取值范圍.21．（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）若，，，求證：.22．（10分）如圖1，與是處在同-個平面內的兩個全等的直角三角形，，，連接是邊上一點，過作，交于點，沿將向上翻折，得到如圖2所示的六面體（1）求證：（2）設若平面底面，若平面與平面所成角的余弦值為，求的值；（3）若平面底面，求六面體的體積的最大值.

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、D【解析】

求解一元二次不等式化簡A，求解對數不等式化簡B，然后利用補集與交集的運算得答案.【詳解】解：由x2+2x-8>0，得x＜-4或x＞2，

∴A={x|x2+2x-8>0}＝{x|x＜-4或x＞2}，

由log2x<1，x＞0，得0＜x＜2，

∴B={x|log2x<1}＝{x|0＜x＜2}，

則，

∴.

故選：D.【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算，考查了對數不等式，二次不等式的求法，是基礎題.2、D【解析】

分析：由題意結合對數的性質，對數函數的單調性和指數的性質整理計算即可確定a,b,c的大小關系.詳解：由題意可知：，即，，即，，即，綜上可得：.本題選擇D選項.點睛：對于指數冪的大小的比較，我們通常都是運用指數函數的單調性，但很多時候，因冪的底數或指數不相同，不能直接利用函數的單調性進行比較．這就必須掌握一些特殊方法．在進行指數冪的大小比較時，若底數不同，則首先考慮將其轉化成同底數，然后再根據指數函數的單調性進行判斷．對于不同底而同指數的指數冪的大小的比較，利用圖象法求解，既快捷，又準確．3、C【解析】

在長方體中，得與平面交于，過做于，可證平面，可得為所求解的角，解，即可求出結論.【詳解】在長方體中，平面即為平面，過做于，平面，平面，平面，為與平面所成角，在，，直線與平面所成角的余弦值為.故選:C.【點睛】本題考查直線與平面所成的角，定義法求空間角要體現“做”“證”“算”，三步驟缺一不可，屬于基礎題.4、B【解析】分析：由題意首先求得，然后進行交集運算即可求得最終結果.詳解：由題意可得：，結合交集的定義可得：.本題選擇B選項.點睛：本題主要考查交集的運算法則，補集的運算法則等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.5、B【解析】

由可得，所以，故選B．6、D【解析】試題分析：由,得,則，故選D.考點：1、復數的運算；2、復數的模.7、B【解析】由于直線的斜率k,所以一條漸近線的斜率為，即，所以，選B.8、C【解析】

作出三視圖所表示幾何體的直觀圖，可得直觀圖為直三棱柱，并且底面為等腰直角三角形，即可求得外接球的半徑，即可得外接球的體積.【詳解】如圖為幾何體的直觀圖，上下底面為腰長為的等腰直角三角形，三棱柱的高為4，其外接球半徑為，所以體積為.故選：C【點睛】本題考查三視圖還原幾何體的直觀圖、球的體積公式，考查空間想象能力、運算求解能力，求解時注意球心的確定.9、B【解析】

根據二項分布的性質可得：，再根據和二次函數的性質求解.【詳解】因為隨機變量滿足，，.所以服從二項分布，由二項分布的性質可得：，因為，所以，由二次函數的性質可得：，在上單調遞減，所以.故選：B【點睛】本題主要考查二項分布的性質及二次函數的性質的應用，還考查了理解辨析的能力，屬于中檔題.10、B【解析】命題p：，為，又為真命題的充分不必要條件為，故11、A【解析】

由可得，因為是邊長為的正三角形，所以，故選A．12、B【解析】

首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.【詳解】根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側面展開圖平鋪,可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

求出導函數，由切線斜率為4即導數為4求出切點橫坐標，再由切線方程得縱坐標后可求得．【詳解】設，由題意，∴，，，即，∴，．故答案為：1．【點睛】本題考查導數的幾何意義，函數圖象某點處的切線的斜率就是該點處導數值．本題屬于基礎題．14、-160【解析】試題分析：常數項為.考點：二項展開式系數問題.15、【解析】

轉化為，利用二倍角公式可求解得，結合余弦定理可得b，再利用面積公式可得解.【詳解】因為，所以．又因為，且為銳角，所以．由余弦定理得，即，解得，所以故答案為：【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.16、【解析】

根據并集的定義計算即可.【詳解】由集合的并集，知.故答案為：【點睛】本題考查集合的并集運算，屬于容易題.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、每天派出A型卡車輛，派出B型卡車輛，運輸隊所花成本最低【解析】

設每天派出A型卡車輛，則派出B型卡車輛，由題意列出約束條件，作出可行域，求出使目標函數取最小值的整數解，即可得解.【詳解】設每天派出A型卡車輛，則派出B型卡車輛，運輸隊所花成本為元，由題意可知，，整理得，目標函數，如圖所示，為不等式組表示的可行域，由圖可知，當直線經過點時，最小，解方程組，解得，，然而，故點不是最優解.因此在可行域的整點中，點使得取最小值，即，故每天派出A型卡車輛，派出B型卡車輛，運輸隊所花成本最低.【點睛】本題考查了線性規劃問題中的最優整數解問題，考查了數形結合的思想，解題關鍵在于列出不等式組（方程組）尋求約束條件，并就題目所述找出目標函數，同時注意整點的選取，屬于中檔題.18、（1）（2）當時，；當時，.【解析】

（1）利用數列與的關系，求得；（2）由（1）可得：，，算出公比，利用等比數列的前項和公式求出.【詳解】（1）當時，，當時，，因為適合上式，所以.（2）由（1）得，，設等比數列的公比為，則，解得，當時，，當時，.【點睛】本題主要考查數列與的關系、等比數列的通項公式、前項和公式等基礎知識，考查運算求解能力..19、（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析：（1），分，討論，當時，對，，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設，所以，設，則，且是增函數，所以。所以分和k>1討論。試題解析：（Ⅰ）因為，所以，當時，對，，所以在是減函數，此時函數不存在極值，所以函數沒有極值點；當時，，令，解得，若，則，所以在上是減函數，若，則，所以在上是增函數，當時，取得極小值為，函數有且僅有一個極小值點，所以當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（Ⅱ）命題“，”是假命題，則“，”是真命題，即不等式在區間內有解.若，則設，所以，設，則，且是增函數，所以當時，，所以在上是增函數，，即，所以在上是增函數，所以，即在上恒成立.當時，因為在是增函數，因為，，所以在上存在唯一零點，當時，，在上單調遞減，從而，即，所以在上單調遞減，所以當時，，即.所以不等式在區間內有解綜上所述，實數的取值范圍為.20、（1）；（2）【解析】

（1）當時，由題意得到，令，分類討論求得函數的最小值，即可求得的最大值.（2）由時，不等式恒成立，轉化為在上恒成立，得到，即可求解.【詳解】（1）由題意，當時，由，可得，令，則只需，當時，；當時，；當時，；故當時，取得最小值，即的最大值為.（2）依題意，當時，不等式恒成立，即在上恒成立，所以，即，即，解得在上恒成立，則，所以，所示實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了含絕對值的不等式的解法，以及不等式的恒成立問題的求解與應用，著重考查了轉化思想，以及推理與計算能力.21、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）分、、三種情況解不等式，即可得出該不等式的解集；（2）利用分析法可知，要證，即證，只需證明即可，因式分解后，判斷差值符號即可，由此證明出所證不等式成立.【詳解】（1）.當時，由，解得，此時；當時，不成立；當時，由，解得，此時.綜上所述，不等式的解集為；（2）要證，即證，因為，，所以，，，.所以，.故所證不等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的求解，同時也考查了利用分析法和作差法證明不等式，考查分類討論思想以及推理能力，屬于中等題.22、（1）證明見解析（2）（3）【解析】

根據折疊圖形，，由線面垂直的判定定理可得平面，再根據平面，得到.（2）根據，以為坐標原點，為軸建立空間直角坐標系，根據，可知，，表示相應點的坐標，分別求得平面與平面的法向量，代入求解.設所求幾何體的體積為，設為高，則，表示梯形BEFD和ABD的面積由，再利用導數求最值.【詳解】