精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高三上学期入学考试数学试卷

福建省厦门第一中学2024-2025学年度第一学期入学考 高三年数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数的值域和函数的定义域，即得集合，从而可确定选项. 【详解】由，，可得，则，故， 又由有意义，可得，即得，故， 则显然有. 故选：C. 2. 设等差数列的前n项和为，且公差不为0，若，，，成等比数列，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 10 D. 123 【答案】C 【解析】 【分析】设公差为，由题意可得的方程组，解方程组求出可得答案. 【详解】设公差为， 由题意可得， 即，解得舍去，或， 所以， 可得. 故选：C. 3. 已知偶函数的定义域[a﹣1，2]，则函数的值域为（ ） A. （﹣∞，1） B. （﹣∞，1] C. [﹣3，1] D. [1，+∞） 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的定义域特征，求出的值，再由偶函数的定义求出，结合二次函数图像，即可求解. 【详解】已知偶函数的定义域， 所以，恒成立， 即恒成立， ， 函数的值域为. 故选:C. 【点睛】本题考查偶函数的性质，以及二次函数的性质，函数的奇偶性要注意定义域满足的条件，属于基础题. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知可求得，进而，再根据余弦的二倍角公式进行计算即可得解. 【详解】，， ，则， ，可得， ． 故选：A． 【点睛】易错点睛：本题容易忽略的取值范围，进而忽略的范围，将结果求错. 5. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由复合函数的单调性，列出不等式，代入计算，即可得到结果. 【详解】函数在上单调递增，而函数在区间上单调递减， 所以在区间单调递减，所以，解得． 故选：D． 6. 四棱台的上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，四条侧棱的长均为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据四棱台的性质，结合四棱台的体积公式进行求解即可. 【详解】过，由正四棱台的性质可知：是该正四棱台的高， 因为四边形是等腰梯形， 所以， 由勾股定理可知：， 所以该四棱台的体积为， 故选：C 7. 已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 若，则在区间上的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】首先利用三角函数的性质求出和的关系，根据对称点距离和周期关系即可判断A；求出正弦型函数的对称轴和对称中心即可判断BC；利用整体法即可求出的最值. 【详解】由于函数是偶函数，所以， 由于将的图象向左平移个单位长度， 再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）， 得到的图象，则， 对于A，因为曲线的两个相邻对称中心之间的距离为， 故，解得，故A不正确； 所以函数，则或， ，则或， 对于B，令，解得，， 令，解得，则的图象不关于直线对称，故B错误； 对于C,令，解得，， 所以当时，所以的图象关于点对称，故C正确； 对于D，由A可得， 当时，即为偶数时，为奇数时， 故，此时时， 当时，， 所以在上单调递减，故函数的最大值为，故D正确； 故选：CD. 8. 已知函数、的定义域均为，函数的图象关于点对称，函数的图象关于y轴对称，，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的对称性及奇偶性可得，，再由已知条件可得的周期，将所求转化为关于的函数值后，利用周期及即可求解. 【详解】由函数的图象关于点对称， 所以，令，可得，即， 由函数的图象关于y轴对称，可知函数为偶函数， 所以， 由，令，可得， 由，可得，， 两式相加可得，即， 可得，由可得， 即，故，所以， 即函数的周期， 由可知， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据中心对称及偶函数得出一般关系，，再由，利用消元思想，转化为关于的关系式是解题的第一关键，其次利用的关系式求出的周期是第二个关键点，求出周期后利用赋值求特殊函数值即可得解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 某社团开展“建党100周年主题活动——学党史知识竞赛”，甲、乙两人能得满分的概率分别为，，两人能否获得满分相互独立，则（ ） A. 两人均获得满分的概率 B. 两人至少一人获得满分的概率 C. 两人恰好只有甲获得满分的概率 D. 两人至多一人获得满分的概率 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式逐一求解即得. 【详解】设“甲获得满分”， “乙获得满分”，则, 对于A，“两人均获得满分”可表示为,因两人能否获得满分相互独立， 故, 即A正确； 对于B，因“两人至少一人获得满分”的对立事件为 “两人都没获得满分”, 则“两人至少一人获得满分”的概率为：，故B错误； 对于C，“两人恰好只有甲获得满分”可表示为，其概率为：，故C正确； 对于D，因“两人至多一人获得满分”的对立事件为“两人都获得满分”， 则“两人至多一人获得满分”为：,故D正确. 故选：ACD . 10. 已知函数，则（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究在上单调性及最值即可判断A、B的正误；构造，应用导数研究单调性即知C的正误；构造，应用导数并结合分类讨论的方法研究上、恒成立时m的取值范围，即可判断D正误. 【详解】对AB，， ∴上，即上单调递减，则，∴A错误，B正确； 对C，令，则在上，即单调递减， ∴时，有，即，C正确； 对D，，则等价于，等价于， 令，则，， ∴当时，，则单调递增，故； 当时，，则单调递减，故； 当时，存在使， ∴此时，上，则单调递增，；上，则单调递减， ∴要使在上恒成立，则，得. 综上，时，上恒成立，时上恒成立， ∴若，对于恒成立，则的最大值为，的最小值为1，正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：选项D，由题设不等式构造，综合应用分类讨论、导数研究恒成立对应的参数范围，进而判断不等式中参数的最值. 11. 已知曲线C是平面内到定点和定直线l：的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 C. 曲线C及其内部共包含了19个整点（即横、纵坐标均为整数的点） D. 点到点和点的距离之和最小为 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意得到曲线的解析式，画出图象，由图直观判断即可. 【详解】设是曲线上任意一点，由于到定点和定直线的距离之和等于4. 所以，当时，， 即，化简得：， 当时，，化简得：. 画出曲线的图象： 如图，对于A，显然图象不关于轴对称，故A错误； 对于B，，当时，解得， 点到原点的距离最大为：，故B正确； 对于C，由A可得， 当时，，此时直线在曲线上或内部有1个整点； 当时，，此时直线在曲线上或内部有5个整点； 当时，，此时直线在曲线上或内部有5个整点； 当时，，此时直线在曲线上或内部有7个整点； 当时，，此时直线在曲线上或内部有1个整点； 故曲线及其内部共包含了19个整点，故C正确； 对于D，如图：点到与到直线的距离之和为4， 点到点和点的距离之和最小值为：，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，根据题意，利用两点距离公式与点线距离公式得到曲线的解析式，从而作图即可得解. 三、填空题：本题共3小题， 每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将看作6个相乘，结合组合的知识即可直接求得答案. 【详解】由题可得含的项为， 故答案为：. 13. 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上一点，且|AF|＝5，O为坐标原点，则 的面积为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据抛物线的标准方程求出交点，再利用焦半径公式求出点的纵坐标，利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】根据题意，抛物线：的焦点为， 设，则，，， . 故答案为：2 14. 已知函数在上单调，，则的可能取值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的单调区间确定，再根据确定关于周期的相应等式，结合其范围，即可求得答案. 【详解】设的周期为T，函数在上单调， 故； 由以及函数在上单调，得， 由，，得或或， 若，则； 若，则； 若，则； 故的可能取值为， 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，点D是线段AC上的一点，且，．求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与和角公式，由题设得到，结合内角范围即得； （2）由等面积和余弦定理联立,求出即得三角形的周长. 【小问1详解】 由和正弦定理，(*)， 因, 代入(*)化简得，,即， 因，故得，因,则. 【小问2详解】 由题意知，是的平分线.由可得， ，化简得，① 又由余弦定理，，即②， 将①代入②可得，，解得，（舍去）， 故的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 17. 已知偶函数和奇函数均为幂函数，，且. （1）若，证明：； （2）若，，且，求的取值范围； （3）若，，，证明：在区间单调递增. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据幂函数解析式及性质可设函数解析式，再根据指数函数的单调性可证明不等式； （2）分情况讨论当和时函数的单调性与最值情况，进而可得解； （3）由已知可得，求导，可转化为证明在恒成立，结合函数的单调性与正负情况可得证. 【小问1详解】 由已知偶函数和奇函数均为幂函数， 可设和，且，， 又，即，即， 又函数单调递减，所以， 所以， 又函数单调递减，所以， 即； 【小问2详解】 由已知，得，即， 所以， 当时，的定义域为， ，令，解得或（舍）， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，解得，即； 当时，的定义域为， ，令，解得（舍）或， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，解得，即； 综上所述 【小问3详解】 由， 又已知，所以， 由（1）得，即， 所以函数的定义域为， 所以， 又恒成立， 且当，所以，， 设，则， 令，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 所以， 即当，， 所以函数在上单调递增. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 18. 已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为. （1）求E的方程； （2）设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等. （i）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）设， ， ，， 由题意可知，，，即， 所以； （ⅱ）不存在点，假设存在点，使得， 因为，，， 所以，，， 则， 由（ⅰ）可知，，又，所以三点共线， 如图， 则，所以， 则点与点重合，这与已知矛盾， 所以不存在点，使. 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，列方程组，即可求解； （2）（ⅰ）首先利用坐标表示和，利用面积相等，以及点在椭圆上的条件，即可化简斜率乘积的公式，即可证明；（ⅱ）由条件，确定边长和角度的关系，再结合数形结合，即可判断是否存在点满足条件. 【小问1详解】 当点是短轴端点时，的面积最大，面积的最大值为， 则，得，， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 19. 甲和乙两个箱子中各装有N个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球. （1）当时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出3个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到的样本中红球的个数为X，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为Y，求，，，； （2）当时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出5个球作为样本，设表示“第k次取出的是红球”，比较与的大小； （3）由概率学知识可知，当总量N足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布.现从甲箱中不放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作.那么当N至少为多少时，我们可以在误差不超过0.003（即)的前提下认为超几何分布近似为二项分布？（参考数据：) 【答案】（1），， （2） （3）195 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用二项分布的期望公式和方差公式求解，X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，求出相应的概率，从而可求出和； （2）利用独立事件概率公式和古典概率公式求出，，进行比较即可； （3）根据题意表示出，由化简得，解法1：转化为，构造函数，利用函数的单调性求解；解法2：直接解一元二次不等式即可. 【小问1详解】 对于有放回摸球，每次摸到红球的概率为0.6，且每次试验之间的结果是独立的， 则 X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，则 ， ， 或； 【小问2详解】 ，即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为： 又， 则. 【小问3详解】 因为， ， ，即， 即，即， 由题意知，从而， 化简得， 解法1： 又，，令， 则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， (此处证单调性另解：为对勾函数， ，（当且仅当时取等）. 所以在上单调递减，在上单调递增)， 所以在处取得最小值，从而在时单调递增， 当时，，又，， 当时，符合题意 考虑到，都是整数，则N一定是5的正整数倍， 所以N至少为195时，在误差不超过0.003（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布. 解法2： 化简得， 或， N为整数，或 ，都是整数，则N一定是5的正整数倍， 所以N至少为195时，在误差不超过0.003（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布. 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是根据题意正确区分二项分布和超几何分布，利用二项分布和超几何分布的概率公式求解，从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2024-2025学年度第一学期入学考 高三年数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 2. 设等差数列的前n项和为，且公差不为0，若，，，成等比数列，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 10 D. 123 3. 已知偶函数的定义域[a﹣1，2]，则函数的值域为（ ） A. （﹣∞，1） B. （﹣∞，1] C. [﹣3，1] D. [1，+∞） 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 四棱台的上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，四条侧棱的长均为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 若，则在区间上的最大值为 8. 已知函数、的定义域均为，函数的图象关于点对称，函数的图象关于y轴对称，，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 某社团开展“建党100周年主题活动——学党史知识竞赛”，甲、乙两人能得满分的概率分别为，，两人能否获得满分相互独立，则（ ） A. 两人均获得满分的概率 B. 两人至少一人获得满分的概率 C. 两人恰好只有甲获得满分的概率 D. 两人至多一人获得满分的概率 10. 已知函数，则（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 11. 已知曲线C是平面内到定点和定直线l：的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 C. 曲线C及其内部共包含了19个整点（即横、纵坐标均为整数的点） D. 点到点和点的距离之和最小为 三、填空题：本题共3小题， 每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为__________. 13. 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上一点，且|AF|＝5，O为坐标原点，则 的面积为___________. 14. 已知函数在上单调，，则的可能取值为______. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，点D是线段AC上的一点，且，．求的周长． 16. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知偶函数和奇函数均为幂函数，，且. （1）若，证明：； （2）若，，且，求的取值范围； （3）若，，，证明：在区间单调递增. 18. 已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为. （1）求E的方程； （2）设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等. （i）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 19. 甲和乙两个箱子中各装有N个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球. （1）当时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出3个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到的样本中红球的个数为X，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为Y，求，，，； （2）当时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出5个球作为样本，设表示“第k次取出的是红球”，比较与的大小； （3）由概率学知识可知，当总量N足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布.现从甲箱中不放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作.那么当N至少为多少时，我们可以在误差不超过0.003（即)的前提下认为超几何分布近似为二项分布？（参考数据：) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $