当涂一中2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题
考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分
第I卷（选择题）
单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若，则( )
A. B. C. D.
2.某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是，，，，，，若这组数据的平均数、中位数、众数成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为( )
A. B. C. D.
3.已知向量，满足，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.已知四面体的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体体积的最大值为( )
A. B. C. D.
5.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，年英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题现有这样一个问题：将正整数中能被除余且被除余的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则( )
A. B. C. D.
6.设函数，若在上有且只有个零点，且对任意实数，在上存在极值点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.已知双曲线：的离心率为，双曲线的一条渐近线与圆：交于，两点，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数满足，，，当时，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的有( )
A. 的展开式中，的系数是
B. 的展开式中，各二项式系数和为
C. 从名男生，名女生中选名学生参加志愿者服务，表示参加志愿服务的男生人数，则
D. 有个不同的正因数
10.双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“”如图，曲线：是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是( )
A.
B. 上存在点，使得
C. 上的点的纵坐标的最大值为
D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
11.已知中，，，，分别在线段，上，且，现将沿折起，使二面角的大小为以下命题正确的是( )
A. 若，，则点到平面的距离为
B. 存在使得四棱锥有外接球
C. 若，则棱锥体积的最大值为
D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时，
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若集合，，，则的最小值为________．
13.若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值集合为________．
14.已知函数，过点可作条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是________．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动若抽中金奖，则可获得元现金；若抽中银奖，则可获得元现金已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有次抽奖机会，乙有次抽奖机会．
求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．
16.本小题分
已知直三棱柱中，，，分别为和的中点，为棱上的动点，．
证明：平面平面；
设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为？
17.本小题分
已知函数，其中．
当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围；
若是函数的极小值点，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为．
求椭圆的方程
直线与椭圆交于，两点，点为的外心．
(ⅰ)若为等边三角形，求点的坐标
(ⅱ)若点在直线上，求点到直线的距离的取值范围．
19.本小题分
给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为时变换结束．
求数列，，，经过次“变换”后得到的数列
证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是
已知数列，，经过次“变换”后得到的数列各项之和最小，求的最小值．当涂一中2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题
考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分
第I卷（选择题）
单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
解： ．
2.某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是，，，，，，若这组数据的平均数、中位数、众数成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解：设这个数字是，则平均数为，众数是，
若，则中位数为，此时，舍，
若，则中位数为，此时，，
若，则中位数为，，，
所有可能值为，，其和为．
3.已知向量，满足，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】B
解：因为，所以，所以，
从而在上的投影向量为．
故选：．
4.已知四面体的四个顶点都在同一球面上，，，平面平面当该球的体积最小时，四面体体积的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解：
因为平面平面，所以点在平面的射影落在上，
当点为的中点时，最大，此时四面体的体积取最大，
如图所示：
在中，设其外接圆的圆心为，取的中点，连接，则点在的直线上，
由余弦定理得，
，则，
设处接圆的半径为，则，得，
当四面体的外接球的体积最小时，此时球心应为点，
则，且，
得，
，
此时四面体体积的最大值为：
．
5.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，年英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题现有这样一个问题：将正整数中能被除余且被除余的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
解：由题知数列 是以为首项，为公差的等差数列，
故，
故．
6.设函数，若在上有且只有个零点，且对任意实数，在上存在极值点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
解：由题意，当时，，
因为函数，若在上有且只有个零点，
则，解得．
又对任意实数，在上存在极值点，且的长度为，
而函数的最小正周期为，
则，解得，
综上，的取值范围是
故选D．
7.已知双曲线：的离心率为，双曲线的一条渐近线与圆：交于，两点，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解：已知双曲线：的离心率为，
则，
则，
即，
则双曲线的一条渐近线方程为，
又圆：可化为，
即圆的圆心为，半径为，
又圆心到直线的距离为，
则．
8.已知函数满足，，，当时，，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：由题意得，，故，，
，，，，，
，，，，
，，
，
综上，．
当时，，当时，，
，，
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的有( )
A. 的展开式中，的系数是
B. 的展开式中，各二项式系数和为
C. 从名男生，名女生中选名学生参加志愿者服务，表示参加志愿服务的男生人数，则
D. 有个不同的正因数
【答案】BCD
解：展开式的通项公式为，
令时，得展开式中的系数为，A错误；
的展开式中，可得各二项式系数和为，B正确；
由题意，从名男生和名女生中任选名参加活动，共有种不同选法，
的取值为，，，，，，
，C正确；
因为，所以有个不同的正因数，D正确．
故选BCD．
10.双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“”如图，曲线：是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是( )
A.
B. 上存在点，使得
C. 上的点的纵坐标的最大值为
D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】解：由曲线经过点，可得，解得，故A正确；
由，且，即有，
可得，故B错误；
由，化为，
解得，
设，即有，可得，
当，即时，取得最大值，即上的点的纵坐标的最大值为，故C正确；
由代入曲线，可得，
由直线与恰有一个公共点，即为原点，则，解得，或，故D正确．
11.已知中，，，，分别在线段，上，且，现将沿折起，使二面角的大小为以下命题正确的是( )
A. 若，，则点到平面的距离为
B. 存在使得四棱锥有外接球
C. 若，则棱锥体积的最大值为
D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时，
【答案】ACD
【解析】解：已知中，，，，分别在线段，上，且，，
则，
选项：利用，
所以A正确；
选项：由于四边形不可能共圆，
所以四棱锥无外接球，
所以B错误；
选项：若，时，三棱锥体积取最大值，
所以C正确；
选项：由题意可知，
则，，
设外接球半径为，
则，，
所以时，取得最小值，此时，
所以D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若集合，，，则的最小值为________．
【答案】
解：因为，，
因为，
所以，所以的最小值为．
故答案为：．
若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值集合为________．
【答案】
【解析】解：由题可知：函数有且仅有一个正零点，
又
当时，不妨令，
则，
所以．
当时，，
由，，所以．
此时函数没有零点；
当时，，
令，，
，
当时，，，所以，
即在上恒成立，
则在单调递增，
当时，，，则，
又，所以在上的值域为
当时，，
令，，
由在上单调递减，在上单调递减，
所以也在上单调递减，
当时，，，则，
又，所以在上的值域为
若只有一个正零点，
即与在有且仅有一个交点，
由上述分析可得的取值范围为：
或．
即实数的取值集合为：．
已知函数，过点可作条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】解：由，得，
设切点为，则函数在切点处的切线方程为，
将点代入切线方程，得，化简得，
设，则，
令，解得，则在上单调递增，
令，解得或，则在，上单调递减，
又，
作出函数的大致图象如下图所示，
由图象可知，要使直线与的图象有两个交点，则．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动若抽中金奖，则可获得元现金；若抽中银奖，则可获得元现金已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有次抽奖机会，乙有次抽奖机会．
求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．
【答案】解：若甲抽中次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，
此时概率，
若甲至少抽中次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，
此时概率，
故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，，则，
由题可知，，，
，，
则，，，，
所以的分布列为：
．
16.本小题分
已知直三棱柱中，，，分别为和的中点，为棱上的动点，．
证明：平面平面；
设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为？
【答案】解：证明：直三棱柱中，，
，分别为和的中点，为棱上的动点，．
在直三棱柱中，由直三棱柱的性质得平面，
在平面内，．
，且，．
，，且和在平面内交于点，平面B.
在平面内，．
取的中点，，分别是和的中点，，
，，
，分别是和的中点，，
四边形是平行四边形，．
设和交于点，，，，
≌，．
，，即
，．
，即，而，和在平面内交于点，平面．
平面，在平面内，平面平面．
，平面，和在平面内，，．
，，两两垂直，以为原点，分别作为，，轴正方向，建立空间直角坐标系．
设，
则，，，，，，，．
据题设有，显然，此时．
从而有，，，．
设和分别是平面和平面的法向量，
则，．
即，，从而可取，．
此时平面与平面所成的角的余弦值为：
，，
平面与平面所成的角的余弦值为，
，解得，
存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为．
17.本小题分
已知函数，其中．
当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围；
若是函数的极小值点，求实数的取值范围．
【答案】解：由，有，
当时，有，，又由，有，可得，当时，有，，
又由，有，可得，
可得当时，函数的减区间为，增区间为，
若函数有两个零点，必有，可得，
又由，可得函数在上有一个零点，
令，由可知函数单调递减，有，
可得当且时，，当时，有，
又由，
可知函数在上有一个零点，
由上知，若函数有两个零点，可得实数的取值范围为；
由知，当时，是函数的极大值点，不合题意，若是函数的极小值点，必有，
由令，有
当时，，易知函数的减区间为，增区间为，
可得，此时函数单调递增，不是函数的极小值点，
当时，易知函数的减区间为，增区间为，
由，，可得当时，，当时，，可得当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
可得是函数的极小值点，
当时，易知函数的减区间为，增区间为，
由，，可得当时，；当时，，可得当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，可得是函数的极大值点，
由上知，若是函数的极小值点，则实数的取值范围为．
18.本小题分
已知椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为．
求椭圆的方程
直线与椭圆交于，两点，点为的外心．
(ⅰ)若为等边三角形，求点的坐标
(ⅱ)若点在直线上，求点到直线的距离的取值范围．
【答案】解：因为椭圆的焦距为，且离心率为，
所以，解得
因此，
所以椭圆的方程为：．
因为直线与椭圆交于、两点，
点为椭圆的左顶点，即，为等边三角形，
所以由椭圆的对称性知：直线与轴垂直，
因此设，，
所以，解得舍去或．
方法由等边三角形的重心与外心重合，
可知，则点的坐标为．
方法由，即，解得，则点的坐标为．
方法直线的斜率为，线段的中点为，
则线段的中垂线方程为，即．
令，解得，则点的坐标为．
(ⅱ)当直线的斜率为时，线段的中垂线为轴，不合题意．
当直线的斜率不为时，设直线，
联立椭圆方程得．
由，即，解得
且，．
令，分别为线段，的中点，
则，，
可得线段的中垂线方程为，即
同理可得线段的中垂线方程为．
联立，解得
．
由．，可得，即，
代入不等式，且，
解得且，则．
点到直线的距离．
设函数，，
则在单调递减，在单调递增，
可得，进而得到
综上可知，点到直线距离的取值范围是
19.本小题分
给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为时变换结束．
求数列，，，经过次“变换”后得到的数列
证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是
已知数列，，经过次“变换”后得到的数列各项之和最小，求的最小值．
【答案】解：由题知：数列，，，经过次“变换”后得到的数列依次为：，，，，，，，，，，，，
充分性：当时，数列，，经过一次“变换”后结束，
必要性：即证明当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束，
设数列，，，数列，，，数列，，，且，．
由充分性易知：数列只能为非零常数列，
不妨设．
为了变换得到数列的前两项，数列只有如下四种可能：
，，，，，，，，，
那么数列的第三项只能是或者．
即不存在数列，使其经过一次“变换”后变为非零常数列，
故当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束，必要性得证．
数列，，经过一次“变换”后得到数列，，．
其结构为，，，且远大于，
那么其经过次“变换”后得到数列依次为：
，，，，，，，，，，，，
所以数列，，经过次“变换”后得到的数列结构也是形如，，的数列，
仅除之外的两项均减小，
因为，
所以数列经过次“变换”后得到数列，，，
接下来经过“变换”依次得到，，，，，，，，，，，，
至此数列各项之和最小值为，的最小值为．
