蓮塘一中2024-2025學年上學期高三1月期末考試數學試卷考試時間：120分鐘試卷滿分：150分一、單選題（每小題5分，共40分，每小題四個選項中，只有一個符合題意.）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.2.數據的方差是5，則數據的方差是（）A.9 B.10 C.19 D.203.已知直線，斜率分別為，，傾斜角分別為，，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件4.已知向量，，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.5.在等比數列中，若，則（）A B. C. D.6.（）A. B. C.1 D.27.記為不超過最大整數，則方程的實數解的個數為（）A2 B.3 C.4 D.58.已知三棱錐的四個頂點都在球的球面上，，，則球的表面積為（）A. B. C. D.二、多選題（每小題6分，共18分，每小題四個選項中，有多個選項符合題意，錯選得0分，漏選得部分分.）9.已知，，關于的方程有一個根為，為虛數單位，另一個根為，則（

）A.該方程不存在實數根 B.，C.對應的點在第三象限 D.10.假設A，B是兩個事件，且，，，則（）A. B.C. D.11.數學中有許多形狀優美的曲線，如圖，曲線與軸交于，兩點，與軸交于，兩點，點是上一個動點，則（）A.點在上B.面積的最大值為1C.曲線恰好經過4個整點（即橫，縱坐標均為整數的點）D.三、填空題（每小題5分，共15分.）12.的展開式中，的系數是__________.（用數字作答）13.寫出與圓和圓都相切的一條直線方程________.14.已知函數及其導函數的定義域均為，若是奇函數，，且對任意，，則____________．四、解答題（共13+15+15+17+17=77分.）15.已知函數.（1）求在上的單調遞增區間；（2）已知的內角的對邊長分別是，若，求面積的最大值.16.已知數列是等差數列，其前和為，數列滿足（1）求數列的通項公式；（2）若對數列，在與之間插入個1，組成一個新數列，求數列的前2025項的和．17.設，已知函數.（1）當函數在點處的切線與直線平行時，求切線的方程；（2）若函數的圖象總是在軸的下方，求的取值范圍.18.已知橢圓：（）的離心率為，短軸長為2．（1）求橢圓標準方程；（2）若直線與橢圓相切于點．（ⅰ）證明：直線與直線的斜率之積為定值；（ⅱ）設橢圓的右焦點關于的對稱點為，求證：直線過定點．19.如圖1，由射線構成的三面角，二面角的大小為，類比于平面三角形中的余弦定理，我們得到三維空間中的三面角余弦定理：.（1）如圖2，在三棱錐中，為等腰直角三角形，為等邊三角形，，求二面角平面角的正弦值；（2）如圖3，在三棱錐中，平面，連接，，求三棱錐體積的最大值；（3）當時，請在圖1的基礎上，試證明三面角余弦定理.

蓮塘一中2024-2025學年上學期高三1月期末考試數學試卷考試時間：120分鐘試卷滿分：150分一、單選題（每小題5分，共40分，每小題四個選項中，只有一個符合題意.）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得集合,再根據交集定義求解．【詳解】，又，所以，故選：B．2.數據的方差是5，則數據的方差是（）A.9 B.10 C.19 D.20【答案】D【解析】【分析】利用方差的性質求解即可．【詳解】因為數據的方差是5，所以數據的方差是.故選：D.3.已知直線，的斜率分別為，，傾斜角分別為，，則“”是“”的（）A充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】D【解析】【分析】利用傾斜角與斜率的關系，利用賦值法可得結論.【詳解】因為直線，的斜率分別為，，傾斜角分別為，，所以，，取，，滿足，可求得，，此時，所以“”是“”的不充分條件；取，，滿足，但，此時，所以“”是“”的不必要條件；所以“”是“”的既不充分又不必要條件.故選：D.4.已知向量，，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令和的夾角為，根據投影向量的定義直接求解即可.【詳解】令和的夾角為，則，則向量在向量上的投影向量為.故選：C5.在等比數列中，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等比數列的性質可求得結果.【詳解】在等比數列中，若，則，由等比數列的性質可得，故.故選：B.6.（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】根據誘導公式、兩角差的余弦公式及二倍角的正弦公式化簡求值即可.【詳解】原式.故選：C7.記為不超過的最大整數，則方程的實數解的個數為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】利用函數的性質，將函數寫成分段函數形式，將方程解的個數的問題轉化成相對應的函數圖象交點的個數求解即可.【詳解】令，則根的個數等價于圖像交點的個數，作出圖象，易得兩個函數圖象有3個交點，所以，方程有3個根.故選：B.8.已知三棱錐的四個頂點都在球的球面上，，，則球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圓的半徑，記的外心為，證得平面，求得，結合球的截面圓的性質，列出方程求得球的半徑，利用球的表面積公式，即可求解.【詳解】設的外接圓半徑為，因為，，由余弦定理得，，所以，由正弦定理得，所以，記的外心為，連接，，，則，取，的中點分別為，，則，，又因為，可得，，因為，，因為平面，平面，所以平面，平面，又因為平面，平面，所以，，因為，平面，所以平面，可得，由題意可得外接球的球心在上，或在的延長線上，設外接球的半徑為，則球心到的距離為，則有，解得，所以球的表面積，故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于先確定所在截面小圓的半徑，再通過幾何關系確定球心所在直線，進而確定球心位置，將球心到的距離表示出來，再用勾股定理解出球半徑，進而得到結果.二、多選題（每小題6分，共18分，每小題四個選項中，有多個選項符合題意，錯選得0分，漏選得部分分.）9.已知，，關于的方程有一個根為，為虛數單位，另一個根為，則（

）A.該方程不存在實數根 B.，C.對應的點在第三象限 D.【答案】ABD【解析】【分析】將代入方程，再由復數相等得到方程組，即可求出的值，即可判斷A、B；利用韋達定理求出，即可判斷C；再根據復數代數形式的除法運算化簡，求出其模，即可判斷D.【詳解】由是方程的根，得，整理得，因此，解得，所以方程為，故B正確；對于A，根據方程，可得，所以方程無實數根，故A正確；對于C，方程，由韋達定理可知，得，對應的點為，在第四象限，故C錯誤；對于D，，所以，故D正確．故選：ABD．10.假設A，B是兩個事件，且，，，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】結合對立事件的概率公式，利用條件概率公式求解判斷AC，根據獨立事件概率乘法公式求解判斷B，利用概率的基本性質求解判斷D.【詳解】因為，，所以，，對于選項A，因為，，所以，錯誤；對于選項B，因為，所以事件A與B相互獨立，所以A與相互獨立，所以，正確；對于選項C，因為，所以，正確；對于選項D，，D正確.故選：BCD.11.數學中有許多形狀優美的曲線，如圖，曲線與軸交于，兩點，與軸交于，兩點，點是上一個動點，則（）A.點在上B.面積的最大值為1C.曲線恰好經過4個整點（即橫，縱坐標均為整數的點）D.【答案】BCD【解析】【分析】將點代入曲線的方程即可判斷；取求，求直線與曲線的交點，即可判斷；求直線與曲線的交點，即可判斷；求出坐標平面內到定點，的距離和為的點的軌跡方程，求該軌跡方程與曲線的交點，即可判斷.【詳解】將點代入曲線的方程左側可得，所以點不在上，故錯誤；取可得，所以，，所以，由曲線可得，因為，設，當時，，當時，，代入曲線的方程成立，所以直線與曲線的交點坐標為，所以點的縱坐標的絕對值的最大值為，所以面積的最大值為，故正確；取可得，所以，，取可得，所以直線與曲線交于點，直線與曲線交于點，所以曲線經過點，，，，故正確；坐標平面內到定點，的距離和為的點的軌跡為以，為焦點，長軸長為的橢圓，設橢圓方程為，由已知可得，又，，所以，所以橢圓方程為，聯立，所以，所以，所以，所以，故橢圓與曲線的交點為，，如圖，故曲線上所有點都滿足，故正確.故選：.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是結合曲線方程，確定曲線的范圍及曲線上關鍵點的坐標.三、填空題（每小題5分，共15分.）12.的展開式中，的系數是__________.（用數字作答）【答案】【解析】【分析】把式子整理成，根據通項整理后得，從而求解.【詳解】由，而的展開式的通項為，則在的展開式中，含的項為，故的系數是.故答案為：.13.寫出與圓和圓都相切的一條直線方程________.【答案】（或或，任寫一條即可，答案不唯一）【解析】【分析】求出兩圓圓心和半徑，兩圓圓心距以及兩圓心所直線方程即可得兩圓公切線情況，再結合直線垂直關系以及兩平行直線距離公式即可求公切線方程.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，兩圓心距為，故兩圓外切，兩圓圓心所在直線的方程為，即，中點為，切線垂直于直線，且經過中點，所以切線的方程為；切線平行于直線，且到直線的距離為，設平行于直線切線方程為，則或，所以切線的方程分別為.故答案為：（或或，任寫一條即可，答案不唯一）.14.已知函數及其導函數的定義域均為，若是奇函數，，且對任意，，則____________．【答案】【解析】【分析】根據函數滿足的表達式以及奇偶性利用賦值法可求得，且函數和的周期都為3，代入計算即可得出結果.【詳解】令，可知，又因為，可得，所以；令，可得，所以，因為是奇函數，可知為偶函數，因此；由兩式相減可得；即，可得；所以，即函數的周期為3，所以的周期也為3；可得.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用所給條件由賦值法并結合函數奇偶性以及導函數性質計算得出函數和導函數的周期，再進行計算即可.四、解答題（共13+15+15+17+17=77分.）15.已知函數.（1）求在上的單調遞增區間；（2）已知的內角的對邊長分別是，若，求面積的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據降冪公式以及兩角差的正弦公式逆用將函數化簡，再根據正弦函數的單調性求出單調區間；（2）根據已知條件求出角，再結合余弦定理以及重要不等式可求得的最值，再根據三角形的面積公式求得面積的最值.【小問1詳解】，令，求得，又，當時，，所以在上的單調遞增區間是；【小問2詳解】由（1）可得，因為，所以，化簡得，所以，因為，所以，根據余弦定理，，，所以，因為，所以，即，當且僅當時，等號成立，所以三角形面積，則，面積的最大值為.16.已知數列是等差數列，其前和為，數列滿足（1）求數列的通項公式；（2）若對數列，在與之間插入個1，組成一個新數列，求數列前2025項的和．【答案】（1），；（2）2080【解析】【分析】（1）設出公差，結合題目條件得到方程組，求出首項和公差，得到，根據題目條件得到時，，兩式相減求出，，經過檢驗，得到；（2）在中，從開始到項為止，計算出項數為，從而確定數列前2025項是項之后，還有項為1，分組求和即可.【小問1詳解】為等差數列，設其公差為，則，解得，故；①，故當時，②，兩式相減得，故，所以，，又，故，滿足，從而；【小問2詳解】由（1）知，，，所以在中，從開始到項為止，共有項數為，當時，，當時，，所以數列前2025項是項之后，還有項為1，故.17.設，已知函數.（1）當函數在點處的切線與直線平行時，求切線的方程；（2）若函數的圖象總是在軸的下方，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據條件，利用導數的幾何意義得到，從而得到，即可求解；（2）對求導，得到，再分和兩種情況，利用導數與函數單調性間的關系，可知不合題意，當，求出的最大值，即可求解.【小問1詳解】因為，則，解得，則，又，所以切點為，所以切線的方程為，即.【小問2詳解】由題意知，因，所以當時，，此時函數在區間上單調遞增，又時，，不合題意，當時，由得，當時，，時，即在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，所以當時，函數取得最大值，最大值，設，此時，所以，即為減函數，而，要使函數的圖象總是在軸的下方，必須，即，所以，所以，即的取值范圍是．18.已知橢圓：（）的離心率為，短軸長為2．（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線與橢圓相切于點．（ⅰ）證明：直線與直線的斜率之積為定值；（ⅱ）設橢圓的右焦點關于的對稱點為，求證：直線過定點．【答案】（1）（2）（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析【解析】【分析】（1）根據橢圓的離心率和短軸的概念建立方程組，解之即可求解；（2）（ⅰ）設，：，聯立橢圓方程，利用可得，結合得，解得，即可證明；（ii）由（i）可得點與直線垂直的直線方程，求出直線與軸交點，根據兩點求距離公式證明，結合內角平分線定理即可下結論.【小問1詳解】根據題意得，又，解得，，所以橢圓：．【小問2詳解】（ⅰ）設點，所以，，設直線的斜率為，方程為：，則，由消去，得①，因為直線與橢圓相切，所以方程①，得，所以②，其中．所以關于的方程②有兩相等實根，所以，所以為定值．（ⅱ）橢圓：的左、右焦點，．方法1：由（ⅰ）得過點與直線垂直的直線為：，令，得，所以直線與軸交點，所以，．（），同理．所以．根據內角分線定理得，為的角平分線，設與軸交于點,所以，即，，三點共線，所以直線過點．方法2：設點，則，根據題意得，解得所以，所以，所以，，三點共線，所以直線過點．方法3：設點，則，過垂直于的直線交于點，由（ⅰ）可得：，則：．聯立直線與的方程得所以所以，所以，所以，，三點共線，所以直線過點．【點睛】方法點睛：求定點、定值問題常