精品解析：江苏省无锡市南菁高级中学、江南大学附属中学2024-2025学年高三上学期暑期自主学习检测数学试题

高三自主学习检测 数学学科 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 设是双曲线上一点，分别是双曲线左，右两个焦点，若，则等于（ ） A. 1 B. 17 C. 1或17 D. 8 4. 已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则= A. -3 B. -2 C. 2 D. 3 5. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. －2 7. 某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知圆，以下四个结论正确的是（    ） A. 过点与圆M相切的直线方程为 B. 圆M与圆 相交 C. 过点可以作两条直线与圆M相切 D. 圆M上的点到直线的距离的最大值为3 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 点为图象的一个对称中心 C. 若在上有两个实数根，则 D. 若的导函数为，则函数的最大值为 11. 已知，则下列说法中正确的有（ ） A. 的零点个数为4 B. 的极值点个数为3 C. 轴为曲线的切线 D. 若则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设等差数列的前项和为，已知，则__________. 13. 在直角坐标系中，点为抛物线上一点，点为该抛物线的焦点，若，则的面积为___________. 14. 已知函数，则的零点为___________，若，且，则的取值范围是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步来． 15. 在中，角所对的边分别为，． （1）求角； （2）若的面积为，且，求的周长． 16. 已知数列的前n项和为，，． （1）求证：是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）若，数列的前n项和为，求． 17. 如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 18. 已知O为坐标原点，是椭圆C：的右焦点，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点．当A为短轴顶点时，的周长为． （1）求C的方程； （2）若线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于点P，Q，M为线段AB的中点，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）求证：函数存在唯一的极大值点； （2）若恒成立，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三自主学习检测 数学学科 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解分式不等式求出集合A，再求交集即可. 【详解】因为, 所以. 故选：B. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先应用复数的除法及乘法运算化简即可求得虚部. 【详解】因为, 所以的虚部为. 故选：D. 3. 设是双曲线上一点，分别是双曲线左，右两个焦点，若，则等于（ ） A. 1 B. 17 C. 1或17 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先确定出点P的位置，再根据双曲线的定义求解. 【详解】对于，则，所以， 因为，所以P点在双曲线的左支，则有， 所以. 故选：B 4. 已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则= A. -3 B. -2 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量三角形法则求出t，再求出向量的数量积. 【详解】由，，得，则，．故选C． 【点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大． 5. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，分别由，，求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则，解得， 又，解得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是， 故选：B 6. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. －2 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角关系可得，由正切的二倍角公式以及诱导公式即可求解. 【详解】因为所以由得，因此， 由二倍角公式可得 ， 故选：B 7. 某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分为连中4次，额外加3分，剩余3次不中、连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续和有两次连中两回，三类情况，结合独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况： ①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有种选择，故概率为， ②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况： 中中中（不中）中（不中）中，中（不中）中中中（不中）中，中（不中）中（不中）中中中，则概率为， ③若有两次连中两回，中中（不中）中中（不中）中，中（不中）中中（不中）中中，中中（不中）中（不中）中中，满足要求，则概率为， 综上，该生在比赛中恰好得7分的概率为. 故选：B. 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，，利用导数判断其单调性，进而可得；令，，利用导数判断其单调性，进而可得. 【详解】令，，则， 则在上单调递减，所以， 可知对任意的恒成立，可得，即； 对于，，由，. 令，，则， 则在上单调递增，所以， 即，所以. 综上所述：. 故选：C. 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. 已知圆，以下四个结论正确的是（    ） A. 过点与圆M相切的直线方程为 B. 圆M与圆 相交 C. 过点可以作两条直线与圆M相切 D. 圆M上的点到直线的距离的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据点和圆的位置关系、圆的切线方程、圆与圆的位置关系、圆上的点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】依题意，圆的圆心，半径， 对于A，点在圆M上，圆心M到直线距离为1， 即过点与圆M相切的直线方程为，A正确； 对于B，圆的圆心，半径， 则有，即圆M与圆N外离，B不正确. 对于C，点在圆M外，则过点可以作两条直线与圆M相切，C正确； 对于D，圆心到直线的距离， 则圆M上的点到直线的距离的最大值为，D正确； 故选：ACD 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 点为图象的一个对称中心 C. 若在上有两个实数根，则 D. 若的导函数为，则函数的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接由周期公式即可判断；对于B，直接代入检验即可；对于C，画出图形，通过数形结合即可判断；对于D，求导后结合辅助角公式即可得解. 【详解】由题意可得，故A正确； ，所以不是图象的一个对称中心，故B错误； 令，由得， 根据题意可转化为直线与曲线，有两个交点， 数形结合可得，故C正确； 设为的导函数， 则， 其中， 当且仅当， 即当且仅当时等号成立，故D正确， 故选：ACD． 11. 已知，则下列说法中正确的有（ ） A. 的零点个数为4 B. 的极值点个数为3 C. 轴为曲线的切线 D. 若则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导函数研究函数的大致图像判断ABC，利用对称性判断D即可. 【详解】由题意， 令，得到． 分别画出和的图像，如图所示： 由图知：有三个解，即有三个解，分别为． 所以为增函数， 为减函数， 为增函数， 为减函数． 所以当时，取得极大值为0，当时，取得极小值为， 当时，取得极大值为0， 所以函数有两个零点，三个极值点，A错误，B正确． 因为函数的极大值为0，所以轴为曲线的切线，故C正确； 因为， 所以若则，D正确； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设等差数列的前项和为，已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的性质，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【详解】因为， 根据等差数列的性质，可得， 所以. 故答案为：. 13. 在直角坐标系中，点为抛物线上一点，点为该抛物线的焦点，若，则的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件求出直线AF方程，再求出点A的纵坐标即可计算作答. 【详解】抛物线的焦点， 因点为抛物线上一点，且，由抛物线对称性，不妨令点A在第一象限，则直线AF倾斜角为，如图， 直线AF方程为：， 由消去x得：，解得，，于是得点A的纵坐标为， 从而有， 所以的面积为. 故答案为： 14. 已知函数，则的零点为___________，若，且，则的取值范围是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据分段函数以及零点的定义，令即可解得函数的零点；由可知在1的左右两侧，分别代入计算得出的关系式，将消元之后构造函数即可求得其取值范围. 【详解】令， 即，解得不合题意，舍去； 或，解得，符合题意； 所以，函数的零点为. 由，且可知， 当时，,不合题意； 当时，，不合题意； 所以，分别属于两个区间，不妨取， 则，即； 所以， 则， 令，所以 令，得， 当时，，即函数在上为单调递减； 当时，，即函数在上为单调递增； 所以函数在时取最小值， 即，即 所以的取值范围是. 故答案为： ； 【点睛】方法点睛：本题在求解的取值范围时首先应确定两个变量的取值范围，根据等量关系将双变量问题消元，转换成单变量问题后构造函数，利用自变量取值范围即可求得结果. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步来． 15. 在中，角所对的边分别为，． （1）求角； （2）若的面积为，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的恒等变换化简题干条件，从而得解； （2）利用三角形面积公式与余弦定理分别得到与的值，从而求得，由此得解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得，即， 即，， ， 【小问2详解】 ， 又， 所以，即（负值舍去）， 又，所以的周长为. 16. 已知数列的前n项和为，，． （1）求证：是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）若，数列的前n项和为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列定义证明即可； （2）应用前n项和公式及通项公式关系计算即可； （3）先求等差数列的和，再应用裂项相消求和. 【小问1详解】 因为， 所以是首项为公比为的等比数列. 【小问2详解】 , 当时，, 当时，, 【小问3详解】 因为, 所以，, 17. 如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面． （2）存在；是上靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为， 以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 即取，，， 所以为平面的一个法向量， 因为在线段上（不含端点），所以可设，， 所以， 设平面的一个法向量为， 即， 取，，， 所以为平面的一个法向量， ，又， 由已知可得 解得或（舍去）， 所以，存在点，使得二面角的余弦值为， 此时是上靠近的三等分点． 18. 已知O为坐标原点，是椭圆C：的右焦点，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点．当A为短轴顶点时，的周长为． （1）求C的方程； （2）若线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于点P，Q，M为线段AB的中点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到且，结合，列出方程求得的值，即可求解. （2）解法一：设直线，联立方程组，利用韦达定理得到，得出的垂直平分线的方程，求得，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解； 解法二：设，联立方程组，利用根与系数的关系得到，进而得到，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，因为椭圆的焦点为，可得， 又因为为短轴顶点时，的周长， 又由，所以，解得， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 解法一：因为椭圆的焦点为，设直线， 联立方程组，整理得， 设，，则，， 则， 于是线段AB的垂直平分线的方程为， 令，可得， 由 ， 令，则， 因为，所以，可得， 因此． 解法二：因为椭圆的焦点为，设直线， 联立方程组，整理得， 设，，则，， 则， 可得线段AB的垂直平分线的方程为， 令，得， 由 ． 令，则， 因为，可得，可得， 因此． 【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 19. 已知函数. （1）求证：函数存在唯一的极大值点； （2）若恒成立，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）求导可得，再令，根据的单调性与零点存在性定理证明即可； （2）将题意转化为，设，求导分析单调性，结合求解即可. 【小问1详解】 证明：因为，故，令，易得在上为减函数，且，，故在上有唯一零点. 故在上，上单调递增；在上，上单调递减，故函数存在唯一的极大值点. 【小问2详解】 恒成立即，设，则. ，，易得在定义域上为增函数，且，，故在上有唯一零点. 故在上，单调递减；在上，单调递增. 又，且，若恒成立，则为极大值点，此时，解得，此时在上，单调递增，在上，单调递减，故恒成立. 故. 【点睛】本题主要考查了利用导数求极值点的问题，同时也考查了利用导数解决恒成立的问题.需要根据题意求导分析函数的单调性，并继续求导分析导数的单调性与正负区间，从而得到原函数的单调性，同时结合原函数过的定点分析证明.属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $