精品解析：江苏省连云港市高级中学2024-2025学年高三上学期第一次学情检测（9月）数学试题

2024-2025学年第一学期高三第一次学情检测 数学试题 一、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. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 3. 已知，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. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知球的半径为1，其内接圆锥的高为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 7. 已知函数为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 8. 已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程至少有两解，则的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 二、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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 10. 如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ） A. B. C. 四边形的面积为 D. 平行六面体的体积为 11. 若实数满足，则（　 　） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________. 13. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 14. 已知：函数是定义在R上的可导函数，当时，，若，且对任意，不等式)恒成立，则实数的取值范围是___________ 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 设，函数． （1）当时，求过点且与曲线相切的直线方程： （2）是函数的两个极值点，证明：为定值． 16. 在每年的1月份到7月份，某品牌空调销售商发现：“每月销售量（单位：台）”与“当年的月份”线性相关．根据统计得下表： 月份 1 2 3 4 5 6 销量 12 21 33 41 52 63 （1）根据往年的统计得，当年的月份与销量满足回归方程．请预测当年7月份该品牌的空调可以销售多少台？ （2）该销售商从当年的前6个月中随机选取3个月，记为销量不低于前6个月的月平均销量的月份数，求的分布列和数学期望． 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 18. 已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． （1）求椭圆的方程． （2）过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）若，求的极小值． （2）讨论函数的单调性； （3）当时，证明：有且只有个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期高三第一次学情检测 数学试题 一、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. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为， 则所求复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故选：B. 3. 已知，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】D 【解析】 【分析】分别化简和,再根据充分、必要条件判断即可. 【详解】因为在单调递增，且, 所以，即 因为，所以,即, 所以存在两种情况：且，且， 因此推不出, 同样推不出, 因此“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换元法和复合函数单调性的判断方法，换元后可知只要满足即可，从而可求出实数的取值范围. 【详解】令，则， 因为函数在区间上单调递减， 且在定义域内递增， 所以，解得， 故选：B 5. 已知球的半径为1，其内接圆锥的高为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出圆锥的底面半径与母线，再由圆锥的侧面积公式计算可得. 【详解】因为球的半径，其内接圆锥的高为， 所以圆锥的底面圆半径为，母线长为， 所以侧面积为． 故选：C． 6. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 7. 已知函数为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】由函数为奇函数，得函数的图象关于点中心对称；由为偶函数，得的图象关于直线轴对称；根据对称性求解即可. 【详解】因为函数为奇函数，所以，即函数的图象关于点中心对称； 因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直线轴对称； 又当时，， 所以， 故选：A. 8. 已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程至少有两解，则的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的对称性与周期性，数形结合可得函数交点情况，进而确定方程解的情况. 【详解】由已知，则，则， 可知函数为周期函数，最小正周期， 又当时，， 可知函数的图象如图所示，且的值域为， 关于的方程至少有两解， 可得函数与函数的图象至少有两个交点， 如图所示， 可知当时，，解得，即， 当时，，解得，即， 综上所述， 故选：C. 二、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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答. 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 故选：BCD 10. 如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ） A. B. C. 四边形的面积为 D. 平行六面体的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积. 【详解】，则，故，A正确； ，，，故，B正确； 连接，则，，即，同理，故四边形为矩形， 面积为，C错误； 过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为， D正确. 故选：ABD. 11. 若实数满足，则（　 　） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用基本不等式和重要不等式将放缩后，求解不等式即可. 【详解】根据基本不等式得，当且仅当时等号成立， 所以，因此，故选项A正确，选项B不正确； 根据重要不等式得，当且仅当时等号成立， 所以，故选项C正确； 当异号时，，所以，选项D不正确； 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据，，再根据对数的运算即可得出答案. 【详解】因为， ， 所以. 故答案为：. 13. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 14. 已知：函数是定义在R上的可导函数，当时，，若，且对任意，不等式)恒成立，则实数的取值范围是___________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得为偶函数，在上单调递增，不等式等价于，由，解不等式即可. 【详解】函数是定义在上的可导函数，， 则定义域为，，为偶函数， 当时，，则在上单调递增， 当，，则有， 即，所以， 由，可得. 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. 设，函数． （1）当时，求过点且与曲线相切的直线方程： （2）是函数的两个极值点，证明：为定值． 【答案】（1） （2）证明：依题意，，令，得． 0 0 极大值 极小值 不妨设，则． 所以为定值． 【解析】 【分析】（1）设出切点坐标，求出该点的导数值，从而表达出切线方程，再代入切线经过的已知点，从而求出切点横坐标，从而求出切线方程. （2）先求出函数的极值点（用参数a表示），再代入的计算式即可证出结果. 【小问1详解】 当时，，则导数． 设切点为，则， 所以切线方程为． 又切线过点，则， 整理得，，解得． 所以过点且与曲线相切的直线方程为． 【小问2详解】 略 16. 在每年的1月份到7月份，某品牌空调销售商发现：“每月销售量（单位：台）”与“当年的月份”线性相关．根据统计得下表： 月份 1 2 3 4 5 6 销量 12 21 33 41 52 63 （1）根据往年的统计得，当年的月份与销量满足回归方程．请预测当年7月份该品牌的空调可以销售多少台？ （2）该销售商从当年的前6个月中随机选取3个月，记为销量不低于前6个月的月平均销量的月份数，求的分布列和数学期望． 【答案】（1）72台 （2）的分布列为： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）计算出与后，借助回归直线过样本中心点即可得回归直线方程，再借助回归直线方程代入计算即可得解； （2）得出的所有可能取值后，计算每种取值对应概率即可得其分布列，借助分布列计算即可得其期望. 【小问1详解】 ， ， 又回归直线过样本中心点， 所以，得， 所以， 当时，， 所以预测当年7月份该品牌的空调可以销售72台. 【小问2详解】 因为，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6， 所以， ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 . 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 18. 已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． （1）求椭圆的方程． （2）过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，使得恒成立. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. 【小问2详解】 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 19. 已知函数． （1）若，求的极小值． （2）讨论函数的单调性； （3）当时，证明：有且只有个零点． 【答案】（1） （2）当时，在上递增；当时，在区间上递减；在区间递增． （3） 证明：当时，， 由（2）知，在上递增，， 所以存在使得，即． 在区间，递减；在区间递增． 所以当时，取得极小值也即最小值为， 由于，所以． ， ， 根据零点存在性定理可知在区间和，各有个零点， 所以有个零点． 【解析】 【分析】（1）先求导，判断函数单调性，找到极小值点，求出极小值. （2）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性. （3）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论. 【小问1详解】 当时，的定义域为， ， 在区间递减； 在区间递增． 所以当时，取得极小值． 【小问2详解】 的定义域为， ． 令， 当时，恒成立，所以即在上递增． 当时，在区间即递减； 在区间即递增． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $