精品解析：海南省琼海市嘉积中学2024-2025学年高三上学期开学教学质量监测数学试题

琼海市嘉积中学2024-2025学年第一学期高三教学质量监测（开学） 数学科试题 （时间：120分钟 满分：150分） 命题人：曹慧勇 审题人：李圣汉 欢迎你参加这次测试，祝你取得好成绩！ 一、单项选择题（本大题共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. 设全集，集合M满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z 满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”. 鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为，根据以上信息，如下判断正确的为（ ） A. 花瓣长度和花萼长度不存在相关关系 B. 花瓣长度和花萼长度负相关 C. 花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为 D. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是 5. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2不相邻，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ） A. 144 B. 72 C. 36 D. 24 6. 在数列中，为其前项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则（ ） A. 26 B. 63 C. 57 D. 25 7. 抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则的最小值为（ ） A. 5 B. 9 C. 8 D. 10 8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则（ ） A. 4050 B. 4048 C. 4044 D. 4036 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 10是数列中的项 C. 数列是等差数列 D. 数列中的最小项为 10. 为加强学生体质健康，琼海市嘉积中学积极组织学生参加课外体有活动．现操场上甲、乙两人玩投篮游戏，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则继续投篮，若未投中，则换另一人投篮．假设甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由掷两枚硬币的方式确定第一次投篮的人选（一正一反向上是甲投篮，同正或同反是乙投篮），以下选项正确的是（ ） A. 第一次投篮的人是甲的概率为 B. 已知第二次投篮的人是乙的情况下，第一次投篮的人是甲的概率为 C. 第二次投篮的人是甲的概率为 D. 设第次投篮的人是甲的概率为，则 11. 已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 当有且仅有3个零点时，的取值范围是 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，且，则 D. 当时，过点可以作曲线的3条切线 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中常数项是__________（用数字作答）． 13. 已知定义在上的奇函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是______． 14. 对集合，其中，定义向量集合，若对任意，存在，使得，则______. 四、解答题（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，，所对的边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积． 16. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求和的值； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围． 17. 如图，在五面体中，底面为平行四边形，为等边三角形，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成功的概率分别为，假定互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，，求该小组初赛胜利的概率； （2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 琼海市嘉积中学2024-2025学年第一学期高三教学质量监测（开学） 数学科试题 （时间：120分钟 满分：150分） 命题人：曹慧勇 审题人：李圣汉 欢迎你参加这次测试，祝你取得好成绩！ 一、单项选择题（本大题共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. 设全集，集合M满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先写出集合,然后逐项验证即可 【详解】由题知,对比选项知，正确,错误 故选: 2. 已知复数z 满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据复数的除法运算以及复数模的定义即可得到答案. 【详解】 ， 所以 故选：D． 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用幂函数、指数函数的单调性，结合充分必要条件的定义即可得答案. 【详解】是增函数， 又， ， 又是增函数， 则，故充分性成立； 是增函数，， ， 又是增函数， ，故必要性成立. 即“”是“”的充要条件. 故选：. 4. 鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”. 鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为，根据以上信息，如下判断正确的为（ ） A. 花瓣长度和花萼长度不存在相关关系 B. 花瓣长度和花萼长度负相关 C. 花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为 D. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是 【答案】C 【解析】 【分析】根据散点图的特点及经验回归方程可判断ABC选项，根据相关系数的定义可以判断D选项. 【详解】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A选项错误 散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B选项错误， 把代入可得，C选项正确； 由于是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据的相关系数不一定是，D选项错误 故选：C 5. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2不相邻，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ） A. 144 B. 72 C. 36 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解. 【详解】由题意知可将当成一个整体来计算，和总计有种排法， 再根据插空法可得总排法有. 故选：B 6. 在数列中，为其前项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则（ ） A. 26 B. 63 C. 57 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】求得，令，得到为偶函数，根据题意，得到，求得，得出是等比数列，结合等比数的求和公式，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令， 可得的定义域为，且满足，所以为偶函数， 因为只有一个零点，即只有一个零点， 若，则有，这与只有一个零点矛盾， 所以这个零点只能是，即， 即，经验证符合题意，所以， 可得数列是以为首项，以2为公比的等边数列， 可得，所以，所以. 故选：A. 7. 抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则的最小值为（ ） A. 5 B. 9 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线的焦点弦性质可得，利用基本不等式即可求得的最小值. 【详解】由抛物线焦点弦性质可得，则， 所以，令，， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最小值为9. 故选：B. 8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则（ ） A. 4050 B. 4048 C. 4044 D. 4036 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出该函数的周期为4，从而可求解. 【详解】由为奇函数，所以， 即，所以函数关于点中心对称， 由为偶函数，则，即， 即，所以函数关于对称， 所以，即，可得， 所以，所以函数为周期为4的函数， 由，所以，则， 所以，且，即， 又，所以， 所以， 所以. 故选：A. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 10是数列中的项 C. 数列是等差数列 D. 数列中的最小项为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用数列的单调性可判断；求出数列的通项公式，解方程，可判断；求出，可得，可判断；根据，可判断. 【详解】， 数列是首项为，公差为的等差数列， ， 是递增数列，故正确； 令，解得， 故不是数列中的项，故错误； ， 则， ， 故数列是等差数列，故正确； ， 且是递增数列， 数列中的最小项为，故错误. 故选：AC. 10. 为加强学生体质健康，琼海市嘉积中学积极组织学生参加课外体有活动．现操场上甲、乙两人玩投篮游戏，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则继续投篮，若未投中，则换另一人投篮．假设甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由掷两枚硬币的方式确定第一次投篮的人选（一正一反向上是甲投篮，同正或同反是乙投篮），以下选项正确的是（ ） A. 第一次投篮的人是甲的概率为 B. 已知第二次投篮的人是乙的情况下，第一次投篮的人是甲的概率为 C. 第二次投篮的人是甲的概率为 D. 设第次投篮的人是甲的概率为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式可判断A选项，结合条件概率的公式可判断B选项，根据概率的加法公式可判断CD选项. 【详解】A选项：由已知掷两枚硬币可能出现的情况有（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）共种情况， 其中一正一反的有种，即第一次投篮的人是甲的概率为，A选项错误； B选项：设事件A：第一次投篮的人是甲，事件B：第二次投篮的人是乙， 则，， 则，B选项正确； C选项：第二次投篮的人是甲的概率为，C选项错误； D选项：由已知，当时，，即，D选项正确； 故选：BD. 11. 已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 当有且仅有3个零点时，的取值范围是 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，且，则 D. 当时，过点可以作曲线的3条切线 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A根据导函数及可判断单调性；选项B根据极大值极小值可得；选项C由三次函数对称中心可得；选项D，先求过点的切线方程，将切线个数转化为与图象交点个数，进而可得. 【详解】选项A：由题意可得， 令解得或， 因为，所以令解得或，令解得， 故在区间或上单调递增，在上单调递减，故A错误， 选项B：要使有且仅有3个零点时，只需即，解得，故B正确； 选项C：若直线与曲线有3个不同的交点，且， 则点是三次函数的对称中心， 设，则， 令，得，故的对称中心为，，故C正确； 选项D：，设切点为， 所以在点处的切线方程为：， 又因为切线过点，所以， 解得， 令， 过点可以作曲线的切线条数可转化为与图象交点个数， ， 因为，所以得或，得， 则在，上单调递增，在上单调递减， 且，，图象如图所示， 所以当时，与图象有3个交点， 即过点可以作曲线的3条切线，故D正确， 故选：BCD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中常数项是__________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项. 【详解】 其二项式展开通项： 当，解得 的展开式中常数项是：. 故答案为：. 【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 13. 已知定义在上的奇函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出示意图，结合图形可求不等式的解集. 【详解】因为是定义在上的奇函数，且在上单调递减，， 作出示意图如图所示： 由图形可知满足不等式的的取值范围是. 故答案为：. 14. 对集合，其中，定义向量集合，若对任意，存在，使得，则______. 【答案】5或 【解析】 【分析】取,则存在使得，由此可以推出，继续取，则存在使得，由此可得，则，或，则，分类讨论即可求解. 【详解】取，则存在使得，从而可得，即， 所以一定是一正一负（因为0不属于集合），不妨令，则， 所以，所以， 取，则存在使得，从而可得， 若，则矛盾，故不可能同时大于0， 若，则矛盾，故不可能同时小于0， 所以必定有一正一负， 所以有：，则，或，则， 情况一：当，时，， 从而，或（舍去，集合元素间互异），或，即（舍去，与矛盾）， 此时（这里不考虑具体与的对应关系，因为由加法交换律可知，两个加数交换位置不影响结果）， 情况一：当，，， 从而，即（舍去，集合元素间互异），或（舍去，集合元素间互异），或，即， 此时（这里不考虑具体与的对应关系，因为由加法交换律可知，两个加数交换位置不影响结果）， 综上所述，或. 故答案为：5或. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到，且，其中满足：，，或，，由此即可顺利得解. 四、解答题（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，，所对的边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得，可得； （2）结合（1）可得，再利用余弦定理可得，进而可得面积. 【小问1详解】 由已知， 根据正弦定理可知，即， 又，， 则，即， 又， 所以； 【小问2详解】 由（1）得，， 又，则， 再由余弦定理可知， 即， 解得或（舍）， 所以三角形面积. 16. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求和的值； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数； （2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，结合题意转化为不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性，再解不等式即可. 【小问1详解】 ， ， ，解得. 【小问2详解】 由（1）知，， ①当时，， 在上单调递增，无极值； ②当时，若，则，若，则， 在上单调递增，在上单调递减， 故在处取极大值， ，即， 令， 恒成立，在上单调递增， 又，当且仅当时成立， 故，当且仅当时成立， 因此的取值范围是. 17. 如图，在五面体中，底面为平行四边形，为等边三角形，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 如图： 在中，，，， 由余弦定理得：. 又，所以为直角三角形，. 在中，，，，因为，所以为直角三角形，. 因为，，,平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理判断和为直角三角形，再根据线面垂直的判定定理判定线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图：取中点，中点. 则，平面，所以平面， 又为等边三角形，所以.故可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，， 因为为中点，所以，由可得；由可得. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取. 设平面的法向量为， 则，取. 设平面与平面所成的角为，则. 18. 第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成功的概率分别为，假定互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，，求该小组初赛胜利的概率； （2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 【答案】（1） （2）甲先派出； （3） 【解析】 【分析】（1）由独立事件的乘法公式求解即可； （2）分别求出甲乙丙和丙乙甲时的所有可能取值和相应概率，再用期望公式求出对应的期望，作差分解因式即可比较出结果； （3）由独立事件的乘法公式结合题意可得，进而可得，再利用导数分析单调性和最值，得到结果即可； 【小问1详解】 设事件表示该小组获胜， 则， 所以该小组初赛胜利的概率为， 【小问2详解】 若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为， 则的可能取值为， 则， ， ， 此时， 若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为， 则的可能取值为， 则， ， ， 此时， 所以 ， 因为， 所以， 所以， 所以要使初赛派出人员数目的期望较小，先派出甲. 【小问3详解】 由题意可得，， 则， 令， 则， 令， 所以当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 所以， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是用代换，得到，再构造函数求导分析即可. 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $