精品解析：福建省福州市2024-2025学年高三上学期第一次质量检测数学试题

2024-2025学年高三年级第一次质量检测 数学试题 本试卷共4页，考试时间120分钟；总分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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】D 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法，求出集合，再利用集合的运算，即可求解. 【详解】由，得到，即， 又， 所以 故选：D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得到，再利用模长的计算公式，即可求解. 【详解】因为，所以， 故选：C. 3. 以坐标原点为顶点，轴非负半轴为始边的角，其终边落在直线上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用三角函数的定义，直接求出，再利用倍角公式求出，即可求出结果. 【详解】因为角的终边落在直线上， 当角的终边在第一象限时，终边过点， 此时，，，， 当角的终边在第三象限时，终边过点， 此时，，，， 故选：C. 4. 以为渐近线的双曲线可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用渐近线的求法，直接求出各个选项的渐近线方程，即可求解. 【详解】对于选项A，由得渐近线方程为，所以选项A错误， 对于选项B，由得渐近线方程为，所以选项B正确， 对于选项C，由得渐近线方程为，所以选项C错误， 对于选项D，由得渐近线方程为，所以选项D错误， 故选：B. 5. 如图，梯形的腰的中点为，且，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形，利用向量的几何运算得到，即可求解. 【详解】因为，又，所以， 又为腰的中点，所以， 故选：A. 6. 已知圆与轴相切，则（ ） A. 1 B. 0或 C. 0或1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一般式得圆的标准式方程，即可根据相切得求解. 【详解】将化为标准式为：， 故圆心为半径为，且或， 由于与轴相切，故， 解得，或（舍去）， 故选：D 7. 已知圆锥的底面半径为1，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上､下两部分，若截得小圆锥的体积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据体积公式可得圆锥的高，进而求解母线，即可由侧面积公式求解. 【详解】圆锥的底面半径为1，设高为，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，则小圆锥的底面半径为，高为， 则小圆锥的体积为：． 故圆锥母线长为， 故圆锥的侧面积为 故选：B 8. 大气压强（单位：）与海拔（单位：）之间的关系可以由近似描述，其中为标准大气压强，为常数.已知海拔为两地的大气压强分别为.若测得某地的大气压强为80，则该地的海拔约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件得到，，两式相比得到，又由和，得到，从而得到，即可求解. 【详解】由题知①，②， ①②两式相比得到， 所以③， 当时，由④，②④得到， 所以⑤， 由⑤④，得到， 解得. 故选：C. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用赋值法令可计算得出A正确，令可知C错误，求出展开式中一次项的系数，经计算可得B错误；构造方程组计算可得D正确. 【详解】对于A，令，即可得，可得A正确； 对于B，因为展开式中代表一次项系数，所以的展开式中含有一次项，可得，即B错误； 对于C，令，即可得，可得，所以C错误； 对于D，令，即可得， 得，得，即D正确. 故选：AD 10. 如图是函数的部分图象，则（ ） A. 是的一个周期 B. C. D. 在上恰有6个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象可知，即可判断选项A的正误，利用，得到或，当时，根据条件得到，进而可判断出选项B和C的正误，再利用的性质，求出在上零点的个数，即可判断出正误；当，根据条件得到，进而可判断出选项B和C的正误，再利用的性质，求出在上零点的个数，即可判断出正误，从而得到结果. 【详解】由图知，，得到，所以选项A正确， 由，得到或, 当时，由五点法画图知，第三个点为，所以，得到， 所以， 又，，， 由，得到，即， 又，由，且，得到， 所以在上恰有6个零点， 所以选项B和D正确，选项C错误， 当，由，得到，即， 当时，， 又，由图知不合题意， 当时，， 又，，， 由，得到，即， 又，由，且，得到， 所以在上恰有6个零点， 所以选项B和D正确，选项C错误. 故选：ABD. 11. 已知函数均为定义在上的非常值函数，且为的导函数.对且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，根据条件，令，即可求解；选项B，利用选项A中结果，令，即可求解；选项C，令，得到，进而有，再利用选项B中结果，得到为奇函数，从而得出的周期为的周期函数，即可求解；选项D，令，得到，用代替得到，利用C中结果，两式相加，即可求解. 【详解】因为，且， 对于选项A，令，得到，所以或， 若，令，得到，得到，与题不合， 所以，故选项A错误， 对于选项B，由选项A知，令，得到， 即，又的定义域为，所以选项B正确， 对于选项C，令，得到， 所以关于点中心对称， 即，所以， 又由选项B知，，得到，即， 所以为奇函数，令，由，得到， 则有，所以， 即的周期为的周期函数，所以，故选项C正确， 对于D，令，得到则①， 用代替得到②， 由①+②得， 由选项C知，所以，故选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数性质的应用，涉及到函数的奇偶性、周期性以及导数的知识，抽象函数性质综合问题一般使用赋值法，本题的关键在于选项C和D的判断，选项C解答的关键是根据题意采用变量代换推出函数为周期为4的周期函数，即可求解，选项D，通过赋值得到和，结合条件和对称性，即可求解. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正三棱柱的底面边长为2，高为，则其体积为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】应用三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】底面是边长为2的等边三角形，所以 三棱柱的体积为. 故答案为：3. 13. 已知抛物线的焦点为，点在上，且点到直线的距离为，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由条件求点到抛物线的准线的距离，结合抛物线定义可得结论. 【详解】抛物线的准线方程为， 设点的坐标为，则， 因为点到直线的距离为， 所以点到准线的距离为， 由抛物线定义可得. 故答案为：. 14. 已知等差数列的前项和为，当且仅当时取得最小值，则的公差的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，列出不等式组，即可求解． 【详解】由题意可得，，，即，解得， 故的取值范围为． 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. 数列满足，． （1）证明数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） 证明：因为，所以， 又因为，所以， 数列是首项为，公比为的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得出，利用等比数列的定义可证得结论成立； （2）求得，利用分组求和法可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以. 16. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若为中点，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解； （2）利用向量的中线公式平方即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，得 因为，则，所以， 由于，则； 【小问2详解】 因为为中点，故， 所以 . 所以的长为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得，或者利用余弦定理求解，即可得，结合，即可由线面垂直的判定求证， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解，或者利用线面垂直，找到二面角的几何角，结合三角形的边角关系求解， 【小问1详解】 解法一：在中， 因为， 由正弦定理，得，所以， 所以， 因为，所以，所以. 因为平面平面，所以， 又，平面 所以平面； 方法二：证明：设，在中， 因为， 由余弦定理，得， 所以，即，解得. 所以，所以. 因为平面平面， 所以， 又，平面 所以平面； 解法三：设，在中， 因为， 由余弦定理，得 所以，即，解得. 所以，所以. 因为平面平面， 所以平面平面； 又平面平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 解法一：由（1）知平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以两两垂直. 以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为， 则即取，则， 显然平面的一个法向量， 所以 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 解法二：由（1）知平面，过作，则平面， 又平面，所以， 因为平面， 又平面，所以， 所以两两垂直. 以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为， 则即取，则， 显然平面的一个法向量， 所以 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 解法三：延长交于点，连接， 则平面平面， 在中， ， 由余弦定理，得， 所以，所以， 所以， 因为平面平面， 所以，又， 所以平面， 又平面，所以， 所以为平面与平面的夹角， 因为平面平面， 所以， 因为，得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点．直线交于，两点．点关于原点的对称点为，直线的斜率为， （1）求的方程； （2）证明：为定值； （3）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线AB的方程． 【答案】（1）； （2）证明如下： 可设点，且， 点关于原点的对称点为， 点在上，，作差得， 直线的斜率为，直线的斜率为， ，即为定值； （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率及所过点求椭圆方程； （2）设点，且，得，点差法及斜率两点式求，即可证； （3）设弦的中点，点重心,，联立直线与椭圆，应用韦达定理及重心坐标性质得坐标与m的表达式，代入椭圆求参数，即可得直线方程. 【小问1详解】 由已知，得，解得，则椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设弦的中点，点重心,， 由，得， ，且， 的重心在轴上，， ， 则， 在上的投影向量相等，则，且， 则直线的方程为， ，得，又点在上， ，即 又，则直线的方程为 19. 阅读以下材料： ①设为函数的导函数.若在区间D单调递增；则称为区上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. ②平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中. （1）已知函数. （i）当时，讨论的凹凸性； （ii）当时，点在轴右侧且为的“3切点”，求点的集合； （2）已知函数，点在轴左侧且为的“3切点”，写出点的集合（不需要写出求解过程）. 【答案】（1） （i）当时，为区间上的凹函数，为区间 和上的凸函数； 当时，为区间上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间和 上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间上的凸函数； （ii）或 （2）点的集合为或或 【解析】 【分析】（1）（i）利用导函数并对参数进行分类讨论，即可得出函数的单调性，可得其凹凸性； （ii）根据“切点”的定义，由切点个数转化成方程根的个数即可得出点的集合； （2）根据函数利用“切点”的定义，得出单调性即可得出结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 令， 所以. （i）当时，，令，解得； 令，解得； 故为区间上的凹函数，为区间上的凸函数； 当时，令，解得， 令，解得或， 故为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数； 当时，，故为区间上的凸函数；. 当时，令， 解得， 令，解得或， 故为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数； 综上所述，当时，为区间上的凹函数，为区间 和上的凸函数； 当时，为区间上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间和 上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间上的凸函数； （ii）当时，， 故在点处的切线方程为. 设为的“3切点”， 则关于的方程有三个不同的解， 即关于的方程有三个不同的解， 令， 所以直线与曲线恰有三个不同的交点. . 当时，随变化情况如下： 1 0 0 减 极小值 增 极大值 减 故； 当时，单调递减，不符合题意； 当时，随变化情况如下： 1 0 0 减 极小值 增 极大值 减 故； 综上所述，点的集合为 或 【小问2详解】 点的集合为或或 【点睛】关键点点睛：本题在求解“切点”问题时，关键是利用其定义将切线问题转化成求解方程根的个数，再利用导数求得函数单调性即可得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三年级第一次质量检测 数学试题 本试卷共4页，考试时间120分钟；总分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 以坐标原点为顶点，轴非负半轴为始边的角，其终边落在直线上，则（ ） A. B. C. D. 4. 以为渐近线的双曲线可以是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，梯形的腰的中点为，且，记，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与轴相切，则（ ） A. 1 B. 0或 C. 0或1 D. 7. 已知圆锥的底面半径为1，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上､下两部分，若截得小圆锥的体积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 大气压强（单位：）与海拔（单位：）之间的关系可以由近似描述，其中为标准大气压强，为常数.已知海拔为两地的大气压强分别为.若测得某地的大气压强为80，则该地的海拔约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图是函数的部分图象，则（ ） A. 是的一个周期 B. C. D. 在上恰有6个零点 11. 已知函数均为定义在上的非常值函数，且为的导函数.对且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正三棱柱的底面边长为2，高为，则其体积为__________. 13. 已知抛物线的焦点为，点在上，且点到直线的距离为，则__________. 14. 已知等差数列的前项和为，当且仅当时取得最小值，则的公差的取值范围为__________. 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. 数列满足，． （1）证明数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 16. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若为中点，求的长. 17. 如图，在四棱锥中，平面，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点．直线交于，两点．点关于原点的对称点为，直线的斜率为， （1）求的方程； （2）证明：为定值； （3）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线AB的方程． 19. 阅读以下材料： ①设为函数的导函数.若在区间D单调递增；则称为区上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. ②平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中. （1）已知函数. （i）当时，讨论的凹凸性； （ii）当时，点在轴右侧且为的“3切点”，求点的集合； （2）已知函数，点在轴左侧且为的“3切点”，写出点的集合（不需要写出求解过程）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $