湖北省鋼城第四中學2025屆數學高三上期末教學質量檢測模擬試題含解析

湖北省鋼城第四中學2025屆數學高三上期末教學質量檢測模擬試題注意事項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(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)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．已知雙曲線的一個焦點與拋物線的焦點重合，則雙曲線的離心率為（）A． B． C．3 D．42．已知向量，（其中為實數），則“”是“”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3．記等差數列的公差為，前項和為.若，，則（）A． B． C． D．4．已知復數（為虛數單位），則下列說法正確的是（）A．的虛部為 B．復數在復平面內對應的點位于第三象限C．的共軛復數 D．5．把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再將圖象向右平移個單位，那么所得圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．6．已知函數的圖像的一條對稱軸為直線，且，則的最小值為()A． B．0 C． D．7．已知正方體的棱長為1，平面與此正方體相交.對于實數，如果正方體的八個頂點中恰好有個點到平面的距離等于，那么下列結論中，一定正確的是A． B．C． D．8．函數在內有且只有一個零點，則a的值為（）A．3 B．－3 C．2 D．－29．棱長為2的正方體內有一個內切球，過正方體中兩條異面直線，的中點作直線，則該直線被球面截在球內的線段的長為（）A． B． C． D．110．設，是非零向量，若對于任意的，都有成立，則A． B． C． D．11．已知，則下列說法中正確的是（）A．是假命題 B．是真命題C．是真命題 D．是假命題12．一個幾何體的三視圖如圖所示，正視圖、側視圖和俯視圖都是由一個邊長為的正方形及正方形內一段圓弧組成，則這個幾何體的表面積是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若函數，則的值為______.14．如圖是一個幾何體的三視圖，若它的體積是，則_________，該幾何體的表面積為_________．15．在的展開式中，的系數為________．16．函數在上的最小值和最大值分別是_____________．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）已知數列的前項和為，且點在函數的圖像上；（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足：，，求的通項公式；（3）在第（2）問的條件下，若對于任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍；18．（12分）在中，內角的對邊分別是，已知．（1）求的值；（2）若，求的面積．19．（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式的解集包含，求實數的取值范圍.20．（12分）已知三點在拋物線上.（Ⅰ）當點的坐標為時，若直線過點，求此時直線與直線的斜率之積；（Ⅱ）當，且時，求面積的最小值.21．（12分）已知直線與橢圓恰有一個公共點，與圓相交于兩點.（I）求與的關系式；（II）點與點關于坐標原點對稱.若當時，的面積取到最大值，求橢圓的離心率.22．（10分）已知數列是各項均為正數的等比數列，，且，，成等差數列．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，為數列的前項和，記，證明：．

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、A【解析】

根據題意，由拋物線的方程可得其焦點坐標，由此可得雙曲線的焦點坐標，由雙曲線的幾何性質可得，解可得，由離心率公式計算可得答案．【詳解】根據題意，拋物線的焦點為，則雙曲線的焦點也為，即，則有，解可得，雙曲線的離心率.故選：A．【點睛】本題主要考查雙曲線、拋物線的標準方程，關鍵是求出拋物線焦點的坐標，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．2、A【解析】

結合向量垂直的坐標表示，將兩個條件相互推導，根據能否推導的情況判斷出充分、必要條件.【詳解】由，則，所以；而當，則，解得或.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本小題考查平面向量的運算，向量垂直，充要條件等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，應用意識.3、C【解析】

由，和，可求得，從而求得和，再驗證選項.【詳解】因為，，所以解得，所以，所以，，，故選：C.【點睛】本題考查等差數列的通項公式、前項和公式，還考查運算求解能力，屬于中檔題.4、D【解析】

利用的周期性先將復數化簡為即可得到答案.【詳解】因為，，，所以的周期為4，故，故的虛部為2，A錯誤；在復平面內對應的點為，在第二象限，B錯誤；的共軛復數為，C錯誤；，D正確.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，涉及到復數的虛部、共軛復數、復數的幾何意義、復數的模等知識，是一道基礎題.5、D【解析】

試題分析：把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），可得的圖象；再將圖象向右平移個單位，可得的圖象，那么所得圖象的一個對稱中心為，故選D.考點：三角函數的圖象與性質.6、D【解析】

運用輔助角公式，化簡函數的解析式，由對稱軸的方程，求得的值，得出函數的解析式，集合正弦函數的最值，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數為輔助角，由于函數的對稱軸的方程為，且，即，解得，所以，又由，所以函數必須取得最大值和最小值，所以可設，，所以，當時，的最小值，故選D.【點睛】本題主要考查了正弦函數的圖象與性質，其中解答中利用三角恒等變換的公式，化簡函數的解析式，合理利用正弦函數的對稱性與最值是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.7、B【解析】

此題畫出正方體模型即可快速判斷m的取值.【詳解】如圖（1）恰好有3個點到平面的距離為；如圖（2）恰好有4個點到平面的距離為；如圖（3）恰好有6個點到平面的距離為.所以本題答案為B.【點睛】本題以空間幾何體為載體考查點，面的位置關系，考查空間想象能力，考查了學生靈活應用知識分析解決問題的能力和知識方法的遷移能力，屬于難題.8、A【解析】

求出，對分類討論，求出單調區(qū)間和極值點，結合三次函數的圖像特征，即可求解.【詳解】，若，，在單調遞增，且，在不存在零點；若，，在內有且只有一個零點，.故選:A.【點睛】本題考查函數的零點、導數的應用，考查分類討論思想，熟練掌握函數圖像和性質是解題的關鍵，屬于中檔題.9、C【解析】

連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OH⊥MN，推導出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出該直線被球面截在球內的線段的長．【詳解】如圖，MN為該直線被球面截在球內的線段連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故選：C．【點睛】本題主要考查該直線被球面截在球內的線段的長的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．10、D【解析】

畫出，，根據向量的加減法，分別畫出的幾種情況，由數形結合可得結果.【詳解】由題意，得向量是所有向量中模長最小的向量，如圖，當，即時，最小，滿足，對于任意的，所以本題答案為D.【點睛】本題主要考查了空間向量的加減法，以及點到直線的距離最短問題，解題的關鍵在于用有向線段正確表示向量，屬于基礎題.11、D【解析】

舉例判斷命題p與q的真假，再由復合命題的真假判斷得答案．【詳解】當時，故命題為假命題；記f（x）＝ex﹣x的導數為f′（x）＝ex，易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上遞減，在（0，＋∞）上遞增，∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命題為真命題；∴是假命題故選D【點睛】本題考查復合命題的真假判斷，考查全稱命題與特稱命題的真假，考查指對函數的圖象與性質，是基礎題．12、C【解析】

畫出直觀圖，由球的表面積公式求解即可【詳解】這個幾何體的直觀圖如圖所示，它是由一個正方體中挖掉個球而形成的，所以它的表面積為.故選：C【點睛】本題考查三視圖以及幾何體的表面積的計算，考查空間想象能力和運算求解能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據題意，由函數的解析式求出的值，進而計算可得答案．【詳解】根據題意，函數，則，則；故答案為：.【點睛】本題考查分段函數的性質、對數運算法則的應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力．14、；【解析】試題分析：如圖：此幾何體是四棱錐，底面是邊長為的正方形，平面平面，并且，，所以體積是，解得，四個側面都是直角三角形，所以計算出邊長，表面積是考點：1．三視圖；2．幾何體的表面積．15、【解析】

根據二項展開式定理，求出含的系數和含的系數，相乘即可.【詳解】的展開式中，所求項為：，的系數為.

故答案為:.【點睛】本題考查二項展開式定理的應用，屬于基礎題.16、【解析】

求導，研究函數單調性，分析，即得解【詳解】由題意得，，令，解得，令，解得.在上遞減，在遞增．，而，故在區(qū)間上的最小值和最大值分別是．故答案為：【點睛】本題考查了導數在函數最值的求解中的應用，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）（2）當n為偶數時，；當n為奇數時，.（3）【解析】

（1）根據,討論與兩種情況,即可求得數列的通項公式;（2）由（1）利用遞推公式及累加法,即可求得當n為奇數或偶數時的通項公式.也可利用數學歸納法,先猜想出通項公式,再用數學歸納法證明.（3）分類討論,當n為奇數或偶數時,分別求得的最大值,即可求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意可知,.當時,,當時,也滿足上式.所以.（2）解法一：由（1）可知,即.當時,,①當時,,所以,②當時,,③當時,,所以,④……當時,n為偶數當時,n為偶數所以以上個式子相加,得.又,所以當n為偶數時,.同理,當n為奇數時,,所以,當n為奇數時,.解法二：猜測：當n為奇數時,.猜測：當n為偶數時,.以下用數學歸納法證明：,命題成立；假設當時,命題成立；當n為奇數時,,當時,n為偶數,由得故,時,命題也成立.綜上可知,當n為奇數時同理,當n為偶數時,命題仍成立.（3）由（2）可知.①當n為偶數時,,所以隨n的增大而減小從而當n為偶數時,的最大值是.②當n為奇數時,,所以隨n的增大而增大,且.綜上,的最大值是1.因此,若對于任意的,不等式恒成立,只需,故實數的取值范圍是.【點睛】本題考查了累加法求數列通項公式的應用,分類討論奇偶項的通項公式及求和方法,數學歸納法證明數列的應用,數列的單調性及參數的取值范圍,屬于難題.18、（1）；（2）.【解析】

（1）由，利用余弦定理可得,結合可得結果；（2）由正弦定理，,利用三角形內角和定理可得，由三角形面積公式可得結果.【詳解】（1）由題意，得.∵.∴,∵，∴.（2）∵，由正弦定理，可得.∵a>b，∴,∴.∴.【點睛】本題主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函數，屬于中檔題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.19、（1）（2）【解析】

（1）按進行分類，得到等價不等式組，分別解出解集，再取并集，得到答案；（2）將問題轉化為在時恒成立，按和分類討論，分別得到不等式恒成立時對應的的范圍，再取交集，得到答案.【詳解】解：（1）當時，等價于或或，解得或或，所以不等式的解集為：.（2）依題意即在時恒成立，當時，，即，所以對恒成立∴，得；當時，，即，所以對任意恒成立，∴，得∴，綜上，.【點睛】本題考查分類討論解絕對值不等式，分類討論研究不等式恒成立問題，屬于中檔題.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）16.【解析】

（Ⅰ）設出直線的方程并代入拋物線方程，利用韋達定理以及斜率公式，變形可得；（Ⅱ）利用，，的斜率，求得的坐標，，再用基本不等式求得的最小值，從而可得三角形的面積的最小值．【詳解】解：（Ⅰ）設直線的方程為.聯(lián)立方程組，得，，故，.所以；（Ⅱ）不妨設的三個頂點中的兩個頂點在軸右側（包括軸），設，，，的斜率為，又，則，①因為，所以②由①②得，，（且）從而當且僅當時取“”號，從而，所以面積的最小值為.【點睛】本題考查了直線與拋物線的綜合，屬于中檔題．21、（Ⅰ）（II）【解析】

（I）聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據判別式等于0，即可求出結果；（Ⅱ）因點與點關于坐標原點對稱，可得的面積是的面積的兩倍，再由當時，的面積取到最大值，可得，進而可得原點到直線的距離，再由點到直線的距離公式，以及（I）的結果，即可求解.【詳解】（I）由，得，則化簡整理，得；（Ⅱ）因點與點關于坐標原點對稱，故的面積是的面積的兩倍.所以當時，的面積取到最大值，此時，從而原點到直線的距離，又，故.再由（