精品解析：吉林省实验中学2024-2025学年高三上学期开学学业诊断考试数学试题

吉林省实验中学 2024-2025学年度上学期高三年级学业诊断考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至3页，第II卷4至6页. 第I卷 一､单选题：本题包括8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题为真命题的是（ ） A. 命题“”的否定是“” B. 若，则 C. 的单调减区间为 D. 是的必要不充分条件 3. 已知向量，的夹角为150°，且，，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 如图，在圆（）上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足.当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹是椭圆，那么这个椭圆的离心率是（　　 ） A. B. C. D. 5. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱.若侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，，当底面水平放置时，液面高为（ ） A. B. C. D. 6. 平均数､中位数和众数都描述了数据的集中趋势，下列说法错误的是（ ） A. 如果频率分布直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体上差不多 B. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息 C. 对分类型数据，比如产品质量等级等集中趋势的描述可以用众数 D. 如果频率分布直方图在“右边”拖尾，那么平均数小于中位数 7. 已知有唯一的零点，则实数的值为（ ） A. 0 B. C. D. 8. 设函数，若存在使得既是的零点，也是的极值点，则的可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的答案的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选题的得0分. 9. （多选）下列四种变换，其中能使的图象变为的图象的是（ ） A. 向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短为原来的 B. 向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短为原来的 C. 各点横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度 D. 各点横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度 10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的准线方程为 C. 圆的标准方程为 D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则 11. 已知是函数 的极值点，若，则下列结论 正确的是（ ） A. 的对称中心为 B. C. D. 第II卷 三､填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列中，，则_____． 13. 在中，若，则的值是________． 14. 给如图所示的1~9号方格进行涂色，规则是：任选一个格子开始涂色，之后每次随机选一个未涂色且与上次所涂方格不相邻（即没有公共边）的格子进行涂色，当5号格子被涂色后停止涂色，记此时已被涂色的格子数为X，则___________. 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求B； （2）若，的面积为，求的周长. 16. 四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点. （1）求证：平面平面； （2）当为的一个三等分点，即时，求四面体的体积； （3）当为中点时，求平面与平面夹角的大小. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 18. 在11分制乒乓球比赛中，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为p，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立．已知在某局双方平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束，且． （1）求p的值； （2）求再打2个球甲新增的得分Y的分布列和均值； （3）记事件“，且甲获胜”的概率为，求． 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为，为坐标原点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN、OQ的斜率分别为，证明：为定值； （3）直线y=4x-6与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，⋯，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林省实验中学 2024-2025学年度上学期高三年级学业诊断考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至3页，第II卷4至6页. 第I卷 一､单选题：本题包括8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】复数模的概念及复数运算法则. 【详解】因为，所以． 故选:A. 2. 下列命题为真命题的是（ ） A. 命题“”的否定是“” B. 若，则 C. 的单调减区间为 D. 是的必要不充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用存在量词命题的否定判断A；举例说明判断B；求出函数的单调区间判断C；利用充分条件、必要条件的定义判断D. 【详解】对于A，命题“”的否定是“”，A错误； 对于B，，当时，，B错误； 对于C，函数的单调减区间为，C错误； 对于D，或，因此是的必要不充分条件，D正确. 故选：D 3. 已知向量，的夹角为150°，且，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】因为， 所以. 故选：D 4. 如图，在圆（）上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足.当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹是椭圆，那么这个椭圆的离心率是（　　 ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，再写出离心率即可. 【详解】设点，则， 又点在圆（）上，所以， 所以点的轨迹即为椭圆， 所以，，， 所以这个椭圆的离心率为. 故选：A. 5. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱.若侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，，当底面水平放置时，液面高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用不同放置方式体积相等，再根据棱柱的体积公式计算即可. 【详解】设当底面水平放置时，液面高为， 依题意，侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，， 所以水的体积， 解得. 故选：B. 6. 平均数､中位数和众数都描述了数据的集中趋势，下列说法错误的是（ ） A. 如果频率分布直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体上差不多 B. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息 C. 对分类型数据，比如产品质量等级等集中趋势的描述可以用众数 D. 如果频率分布直方图在“右边”拖尾，那么平均数小于中位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据一组数据的数字特征的含义理解，结合频率分布直方图即可判断. 【详解】对于A，因平均数是一组数据的平均水平，而中位数是将数据按照从小到大排列后，在最中间的那个数据或中间两个的平均数， 因频率分布直方图的形状对称，则平均数和中位数大体上差不多，故A正确； 对于B，因个别数据变动，往往会改变平均数，而不改变中位数，所以平均数反映出样本数据中的更多信息，故B正确； 对于C，因分类型数据往往是不连续的，用众数能更好地描述集中趋势，即C正确； 对于D，频率分布直方图在“右边”拖尾时，平均数应更偏向于拖尾，，而中位数两边的小矩形面积相等，故平均数必大于中位数，即D错误. 故选：D. 7. 已知有唯一的零点，则实数的值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换元法结合函数性质法得到新函数部分区间的单调性，结合奇偶性得到全部定义域上的单调性，进而求出最值，结合给定条件建立方程，求解参数即可. 【详解】令，所以原函数可化为， 而， 所以是偶函数，而当时，，当时，， 当时，单调递增，所以单调递增， 由偶函数性质得当时，单调递减， 且作为最小值， 还原回原函数，则作为最小值， 因为有唯一的零点，所以， 解得，故B正确. 故选：B 8. 设函数，若存在使得既是的零点，也是的极值点，则的可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导后，令导数为零，讨论方程的根，再根据零点的定义即可求值. 【详解】由，得， 令，则或， 当时，由，得， 所以，则 当时，由，得， 由，得或， 当时，不存在极值点， 当时，得， 综上，， 所以当时，. 故选：B 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的答案的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选题的得0分. 9. （多选）下列四种变换，其中能使的图象变为的图象的是（ ） A. 向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短为原来的 B. 向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短为原来的 C. 各点横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度 D. 各点横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数图象的平移变换和周期变换以及变换的顺序即可得解. 【详解】由的图象变为的图象的变换方式有两种， 第一种：先平移变换，后周期变换， 由的图象先向左平移个单位长度得到的图象， 接着再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的得到的图象； 第二种：先周期变换，后平移变换， 先由的图象各点横坐标缩短为原来的得到的图象， 再将所得图象向左平移个单位长度得到的图象. 所以选项A、D正确，B、C错误. 故选：AD. 10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的准线方程为 C. 圆的标准方程为 D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知及抛物线定义可判定AB，求出点坐标，进而得圆心坐标及半径可判定C，求出直线方程，利用直线与圆相交求出弦长可判定D. 【详解】选项A：因C上一点到和到轴的距离分别为12和10， 由抛物线定义可知，，故A正确； 选项B：准线方程为，故B错误； 选项C：设，由到轴的距离分别为10，所以， 则，即，又，所以圆心， 半径， 所以圆的标准方程为，故C正确； 选项D：因为直线为坐标原点）平行的直线，所以， 所以直线的方程为， 又圆心到直线的距离为， 所以，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知是函数 的极值点，若，则下列结论 正确的是（ ） A. 的对称中心为 B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用，可判断A；令，解得，代入可判断B；利用导数判断出的单调性并求出极值点，结合图像分情况由解出，可得可判断C；利用C选项，若，，得出可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以的对称中心为，故A 正确； 对于B，，令，解得， 当时， ， 因为，所以，可得， 当时， ， 因为，所以，可得， 故B错误； 对于C，令，解得， 当或时，，是单调递增函数， 当时，，是单调递减函数， 所以在时有极大值，在时有极小值， 如下图，当时，若，则 ， 可得，即，解得， 所以； 当时，如下图，若，则 ， 可得，即，解得， 所以； 综上所述，，故C正确； 对于D，由C选项可知，若，， 所以，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数研究函数的单调性和极值点. 第II卷 三､填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列中，，则_____． 【答案】60 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式列式得，再根据等差数列的求和公式可求出结果. 【详解】设公差为，则，即， 所以. 故答案为：. 13. 在中，若，则的值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意由两角和的正切公式可得，即可得，求出结果. 【详解】由，得， 即，又， 所以，则， 所以. 故答案为： 14. 给如图所示的1~9号方格进行涂色，规则是：任选一个格子开始涂色，之后每次随机选一个未涂色且与上次所涂方格不相邻（即没有公共边）的格子进行涂色，当5号格子被涂色后停止涂色，记此时已被涂色的格子数为X，则___________. 【答案】##0.08 【解析】 【分析】明确对应的事件的含义即“第3次涂5号格子”，再考虑第一次选取的是角上的格子还是边中间的格子，分别求出两种情况下的概率，即可求得答案. 【详解】由题意知“”等价于“第3次涂5号格子”， 若第一次涂的是四个角上的格子，以1号格子为例， 第二次可以涂，要想第三次涂5号，第二次必须选填号中的一个， 第三次需从5个格子里选取5号格子，这种情况的概率为； 若第一次涂的是四边中间的格子，以2号格子为例， 第二次可以涂，要想第三次涂5号，第二次必须涂号中的一个， 第三次需从5个格子里选取5号格子，这种情况的概率为； 故， 故答案为： 【点睛】方法点睛：需分类考虑，即考虑第一次选取的是角上的格子还是边中间的格子，分别求出两种情况下的概率，即可求解. 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求B； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出； （2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到 ，即可求出 ，进而求出的周长. 【详解】解：（1）， 由正弦定理得：， 整理得：， ∵在中，， ∴， 即， ∴， 即； （2）由余弦定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为. 16. 四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点. （1）求证：平面平面； （2）当为的一个三等分点，即时，求四面体的体积； （3）当为中点时，求平面与平面夹角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，结合面面垂直判定定理证明结论； （2）结合锥体体积公式及条件可得，故，由此可得结论； （3）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式可求结论. 【小问1详解】 底面是正方形， ， 平面，平面， ，又平面， 平面，又平面， ∴平面平面. 【小问2详解】 因为， 所以，故， 又， 所以， 又平面，底面是正方形，， 所以， 所以， 所以四面体的体积为. 【小问3详解】 平面，平面， 所以，又， 所以两两垂直， 以坐标原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 解得，令得， 故为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，解得，令得， 故为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则 又， 所以平面与平面夹角为. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，，由，得，由，得， 则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； 当时，由，得或， ①若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ②若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ③若，即，由在上恒成立，得在上递增， 函数无极值，不合题意， 所以的取值范围为. 18. 在11分制乒乓球比赛中，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为p，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立．已知在某局双方平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束，且． （1）求p的值； （2）求再打2个球甲新增的得分Y的分布列和均值； （3）记事件“，且甲获胜”的概率为，求． 【答案】（1） （2）分布列如下： 0 1 2 均值为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式即可得到关于的方程，解出即可； （2）首先分析得的可能取值为0，1，2，再按步骤写出其分布列，最后计算均值即可； （3）对和分析研究，再求出甲先发球，甲、乙各得1分的概率为，最后得到，再利用等比数列的通项公式即可得到答案. 【小问1详解】 由题意可知，对应的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”， 所以，解之得. 【小问2详解】 的可能取值为0，1，2， 的分布列为：， ， ， 0 1 2 所以. 【小问3详解】 且甲获胜，就是平后，两人又打了个球该局比赛结束， 且这个球的得分情况为：前个球是每两球甲、乙各得1分， 最后第个球均为甲得分； 且甲获胜，就是平后，两人又打了个球该局比赛结束， 且这个球的得分情况为：前个球是每两球甲、乙各得1分， 最后第个球均为甲得分. 按照甲先发球，甲、乙各得1分的概率为， 所以，且， 所以是以为首项，以为公比的等比数列， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是通过对的分析得，最后利用等比数列通项公式即可得到答案. 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为，为坐标原点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN、OQ的斜率分别为，证明：为定值； （3）直线y=4x-6与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，⋯，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 【答案】（1）； （2）证明如下： 设，， 因为M，N为双曲线C上的两点，所以， 两式相减得，整理得， 则，得证； （3）证明如下： 设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，，， 联立，消去y并整理得， 因为该方程有两个正根，则，解得，（舍） 由韦达定理得， 直线的方程为， 因为，即，① 直线的方程为， 因为，即，② 联立①②，两式相加得，两式相减得， 因为，则，， 所以， 则都在直线上，故共线． 【解析】 【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及的关系，列出等式求出和的值，进而可得双曲线的标准方程； （2）设，，根据M，N为双曲线C上的两点，列由点差法得到，利用斜率公式进行求证即可； （3）设直线的方程为，，，将直线方程与双曲线方程联立，易得，结合韦达定理，求出，再利用韦达定理进行求证． 【小问1详解】 因为双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为， 所以，解得，则双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $