江西省彭澤縣一中2025屆數學高三上期末經典試題含解析

江西省彭澤縣一中2025屆數學高三上期末經典試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．設數列是等差數列，，.則這個數列的前7項和等于（）A．12 B．21 C．24 D．362．已知函數（其中，，）的圖象關于點成中心對稱，且與點相鄰的一個最低點為，則對于下列判斷：①直線是函數圖象的一條對稱軸；②點是函數的一個對稱中心；③函數與的圖象的所有交點的橫坐標之和為.其中正確的判斷是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③3．正項等比數列中，，且與的等差中項為4，則的公比是()A．1 B．2 C． D．4．已知函數，其中，，其圖象關于直線對稱，對滿足的，，有，將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，則函數的單調遞減區(qū)間是（）A． B．C． D．5．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的最長棱的長為（）A． B． C． D．6．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．847．在棱長為a的正方體中，E、F、M分別是AB、AD、的中點，又P、Q分別在線段、上，且，設平面平面，則下列結論中不成立的是（）A．平面 B．C．當時，平面 D．當m變化時，直線l的位置不變8．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為，已知，則為()A． B． C．或 D．或9．四人并排坐在連號的四個座位上，其中與不相鄰的所有不同的坐法種數是（）A．12 B．16 C．20 D．810．己知函數的圖象與直線恰有四個公共點，其中，則（）A． B．0 C．1 D．11．已知集合A＝{x∈N|x2＜8x}，B＝{2，3，6}，C＝{2，3，7}，則＝（）A．{2，3，4，5} B．{2，3，4，5，6}C．{1，2，3，4，5，6} D．{1，3，4，5，6，7}12．關于的不等式的解集是，則關于的不等式的解集是（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知全集，集合則_____．14．已知，復數且（為虛數單位），則__________，_________．15．的展開式中的常數項為__________.16．某高校組織學生辯論賽，六位評委為選手成績打出分數的莖葉圖如圖所示，若去掉一個最高分，去掉一個最低分，則所剩數據的平均數與中位數的差為______.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）在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系；曲線C1的普通方程為(x-1)2+y2=1，曲線C2的參數方程為（θ為參數）.（Ⅰ）求曲線C1和C2的極坐標方程：（Ⅱ）設射線θ=(ρ>0)分別與曲線C1和C2相交于A，B兩點，求|AB|的值．18．（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線的參數方程為（，為參數），在以O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線是圓心在極軸上，且經過極點的圓．已知曲線上的點M對應的參數，射線與曲線交于點．（1）求曲線，的直角坐標方程；（2）若點A，B為曲線上的兩個點且，求的值．19．（12分）等差數列的公差為2,分別等于等比數列的第2項，第3項，第4項.（1）求數列和的通項公式；（2）若數列滿足,求數列的前2020項的和．20．（12分）在多面體中，四邊形是正方形，平面，，，為的中點.（1）求證：；（2）求平面與平面所成角的正弦值.21．（12分）設函數．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值為，且，求的最小值．22．（10分）某公司打算引進一臺設備使用一年，現有甲、乙兩種設備可供選擇.甲設備每臺10000元，乙設備每臺9000元.此外設備使用期間還需維修，對于每臺設備，一年間三次及三次以內免費維修，三次以外的維修費用均為每次1000元.該公司統計了曾使用過的甲、乙各50臺設備在一年間的維修次數，得到下面的頻數分布表，以這兩種設備分別在50臺中的維修次數頻率代替維修次數發(fā)生的概率.維修次數23456甲設備5103050乙設備05151515（1）設甲、乙兩種設備每臺購買和一年間維修的花費總額分別為和，求和的分布列；（2）若以數學期望為決策依據，希望設備購買和一年間維修的花費總額盡量低，且維修次數盡量少，則需要購買哪種設備？請說明理由.

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】

根據等差數列的性質可得，由等差數列求和公式可得結果.【詳解】因為數列是等差數列，，所以，即，又，所以，，故故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，性質，等差數列的和，屬于中檔題.2、C【解析】分析：根據最低點，判斷A=3，根據對稱中心與最低點的橫坐標求得周期T，再代入最低點可求得解析式為，依次判斷各選項的正確與否．詳解：因為為對稱中心，且最低點為，所以A=3，且由所以，將帶入得，所以由此可得①錯誤，②正確，③當時，，所以與有6個交點，設各個交點坐標依次為，則，所以③正確所以選C點睛：本題考查了根據條件求三角函數的解析式，通過求得的解析式進一步研究函數的性質，屬于中檔題．3、D【解析】

設等比數列的公比為q，，運用等比數列的性質和通項公式，以及等差數列的中項性質，解方程可得公比q．【詳解】由題意，正項等比數列中，，可得，即，與的等差中項為4，即，設公比為q，則，則負的舍去，故選D．【點睛】本題主要考查了等差數列的中項性質和等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列通項公式，合理利用等比數列的性質是解答的關鍵，著重考查了方程思想和運算能力，屬于基礎題．4、B【解析】

根據已知得到函數兩個對稱軸的距離也即是半周期，由此求得的值，結合其對稱軸，求得的值，進而求得解析式.根據圖像變換的知識求得的解析式，再利用三角函數求單調區(qū)間的方法，求得的單調遞減區(qū)間.【詳解】解：已知函數，其中，，其圖像關于直線對稱，對滿足的，，有，∴.再根據其圖像關于直線對稱，可得，.∴，∴.將函數的圖像向左平移個單位長度得到函數的圖像.令，求得，則函數的單調遞減區(qū)間是，，故選B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖像與性質求函數解析式，考查三角函數圖像變換，考查三角函數單調區(qū)間的求法，屬于中檔題.5、D【解析】

先根據三視圖還原幾何體是一個四棱錐，根據三視圖的數據，計算各棱的長度.【詳解】根據三視圖可知，幾何體是一個四棱錐，如圖所示：由三視圖知：，所以，所以，所以該幾何體的最長棱的長為故選：D【點睛】本題主要考查三視圖的應用，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.6、B【解析】

畫出幾何體的直觀圖，計算表面積得到答案.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示：故.故選：.【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.7、C【解析】

根據線面平行與垂直的判定與性質逐個分析即可.【詳解】因為,所以,因為E、F分別是AB、AD的中點,所以,所以,因為面面,所以.選項A、D顯然成立；因為,平面,所以平面,因為平面,所以,所以B項成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直線與不垂直,所以C項不成立.故選：C【點睛】本題考查直線與平面的位置關系.屬于中檔題.8、D【解析】

由正弦定理可求得，再由角A的范圍可求得角A.【詳解】由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。故選：D.【點睛】本題主要考查正弦定理,注意角的范圍，是否有兩解的情況，屬于基礎題.9、A【解析】

先將除A，B以外的兩人先排，再將A，B在3個空位置里進行插空，再相乘得答案.【詳解】先將除A，B以外的兩人先排，有種；再將A，B在3個空位置里進行插空，有種，所以共有種.故選：A【點睛】本題考查排列中不相鄰問題，常用插空法，屬于基礎題.10、A【解析】

先將函數解析式化簡為，結合題意可求得切點及其范圍，根據導數幾何意義，即可求得的值.【詳解】函數即直線與函數圖象恰有四個公共點，結合圖象知直線與函數相切于，，因為，故，所以.故選：A.【點睛】本題考查了三角函數的圖像與性質的綜合應用，由交點及導數的幾何意義求函數值，屬于難題.11、C【解析】

根據集合的并集、補集的概念，可得結果.【詳解】集合A＝{x∈N|x2＜8x}＝{x∈N|0＜x＜8}，所以集合A＝{1，2，3，4，5，6，7}B＝{2，3，6}，C＝{2，3，7}，故＝{1，4，5，6}，所以＝{1，2，3，4，5，6}.故選：C.【點睛】本題考查的是集合并集，補集的概念，屬基礎題.12、A【解析】

由的解集，可知及，進而可求出方程的解，從而可求出的解集.【詳解】由的解集為，可知且，令，解得，，因為，所以的解集為，故選：A.【點睛】本題考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據補集的定義求解即可.【詳解】解：．故答案為．【點睛】本題主要考查了補集的運算,屬于基礎題.14、【解析】∵復數且∴∴∴∴，故答案為，15、31【解析】

由二項式定理及其展開式得通項公式得：因為的展開式得通項為，則的展開式中的常數項為：，得解.【詳解】解：，則的展開式中的常數項為：.故答案為：31.【點睛】本題考查二項式定理及其展開式的通項公式，求某項的導數，考查計算能力.16、【解析】

先根據莖葉圖求出平均數和中位數，然后可得結果.【詳解】剩下的四個數為83，85，87，95，且這四個數的平均數，這四個數的中位數為，則所剩數據的平均數與中位數的差為.【點睛】本題主要考查莖葉圖的識別和統計量的計算，側重考查數據分析和數學運算的核心素養(yǎng).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、（Ⅰ），;（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據，可得曲線C1的極坐標方程，然后先計算曲線C2的普通方程，最后根據極坐標與直角坐標的轉化公式，可得結果.（Ⅱ）將射線θ=分別與曲線C1和C2極坐標方程聯立，可得A，B的極坐標，然后簡單計算，可得結果.【詳解】（Ⅰ）由所以曲線的極坐標方程為，曲線的普通方程為則曲線的極坐標方程為（Ⅱ）令，則，，則，即，所以，，故．【點睛】本題考查極坐標方程和參數方程與直角坐標方程的轉化，以及極坐標方程中的幾何意義，屬基礎題.18、（1）．．（2）【解析】

（1）先求解a,b，消去參數，即得曲線的直角坐標方程；再求解，利用極坐標和直角坐標的互化公式，即得曲線的直角坐標方程；（2）由于，可設，，代入曲線直角坐標方程，可得的關系，轉化，可得解.【詳解】（1）將及對應的參數，代入得，即，所以曲線的方程為，為參數，所以曲線的直角坐標方程為．設圓的半徑為R，由題意，圓的極坐標方程為（或），將點代入，得，即，所以曲線的極坐標方程為，所以曲線的直角坐標方程為．（2）由于，故可設，代入曲線直角坐標方程，可得，，所以．【點睛】本題考查了極坐標和直角坐標，參數方程和一般方程的互化以及極坐標的幾何意義的應用，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.19、（1），；（2）.【解析】

(1)根據題意同時利用等差、等比數列的通項公式即可求得數列和的通項公式；(2)求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可求得數列的前2020項的和.【詳解】(1)依題意得:，所以，所以解得設等比數列的公比為，所以又(2)由（1）知，因為①當時,②由①②得，，即，又當時，不滿足上式，.數列的前2020項的和設③，則④，由③④得：，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式、性質，錯位相減法求和,考查學生的邏輯推理能力,化歸與轉化能力及綜合運用數學知識解決問題的能力.考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理與數學運算.是中檔題.20、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）首先證明，，，∴平面.即可得到平面，.（2）以為坐標原點，，，所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量，帶入公式求解即可.【詳解】（1）∵平面，平面，∴.又∵四邊形是正方形，∴.∵，∴平面.∵平面，∴.又∵，為的中點，∴.∵，∴平面.∵平面，∴.（2）∵平面，，∴平面.以為坐標原點，，，所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系.如圖所示：則，，，.∴，，.設為平面的法向量，則，得，令，則.由題意知為平面的一個法向量，∴，∴平面與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題第一問考查線線垂直，先證線面垂直時解題關鍵，第二問考查二面角，建立空間直角坐標系是解題關鍵，屬于中檔題.21、（1）或（2）最小值為．【解析】

（1）討論，，三種情況，分別計算得到答案.（2）計算得到，再利用均值不等式計算得到答案.【詳解】（1）當時，由，解得；當時，由，解得；當時，由，解得．所以所求不等式的解集為或．（2）根據函數圖像知：當時，，所以．因為，由，可知，所以，當且僅當，，時，等號成立．所以的最小值為．【點睛】本題考查了解絕對值不等式，函數最值，均值不等式，意在考查學生對于不等式，函數知識的綜合應用.22、（1）分布列見解析，分布列見解析；（2）甲設備，理由見解析【解析】

（1）的可能取值為10000，11000，12000，的可能取值為9000，10000，11000，