中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期10月测试数学试卷

第 1 页 共 4 页 第 2 页 共 4 页 标准学术能力诊断性测试 2024 年 10 月测试 数学试卷 本试卷共 150 分 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    =   = − −   A x Bx 4 | 2 4 , 2, 1,0,1,2 1  ，则 A B = A． −1,0,1 C． 0,1 B． − −2, 1,0,1,2 D． −1,1 2． 若 − = + z z 1 i 1 ，则 =z A． 2 B． 2 2 C．1 D． 2 1 3． 已知单位向量 a 和b ，若 ( )2a a b⊥ + ，则 a b+ = A．2 B．1 C． 2 D． 3 4． 已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为 A．1: 2 B．1:1 C．3: 4 D．2:3 5． 已知 + = =     3 tan sin , 2 1 tan )( ，则 − = sin )( A．− 3 1 B．− 9 1 C． 3 1 D． 9 1 6． 已知函数   −  =    f x x f x xx 2 1 , 1 1 2 ,0 1 )( )( ，则函数 = − x g x f x 2 )()( 的零点个数为 A．2 B．0 C．3 D．无穷 7． 将 =y xsin 的图象变换为    = −   y x 6 sin 3 的图象，下列变换正确的是 A．将图象上点的横坐标变为原来的 3 1 倍，再将图象向右平移  6 个单位 B．将图象上点的横坐标变为原来的 3 倍，再将图象向右平移  18 个单位 C．将图象向右平移  6 个单位，再将图象上点的横坐标变为原来的 3 1 倍 D．将图象向右平移  6 个单位，再将图象上点的横坐标变为原来的 3 倍 8． 定义在R 上的函数 f x)( 满足： − + − − − =f x f x1 1 0)()( ，且 + + − =f x f x1 1 0)()( ，当  −x 1,1 时， = −f x ax 2)( ，则 f x)( 的最小值为 A．−6 B．−4 C．−3 D．−2 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．全部选对得 6分，部分选对但不全得 3分，有错选的得 0分. 9． 从 1,2,3 中随机取一个数记为a ，从 4,5,6 中随机取一个数记为b ，则下列说法正确的是 A．事件“ +a b 为偶数”的概率为 9 4 B．事件“ab为偶数”的概率为 9 7 C．设 = +X a b，则 X 的数学期望为 =E X 6)( D．设 =Y ab，则在Y 的所有可能的取值中最有可能取到的值是 12 10．在直棱柱 −ABCD A B C D1 1 1 1 中，底面 ABCD为正方形， = =CD CC3 31 ，P 为线段B C1 上 动点，E F, 分别为 A D1 1 和 BC 的中点，则下列说法正确的是 A．若 0CP CB    =     3 1 1 ，则经过P E F, , 三点的直棱柱的截面为四边形 B．直线B C1 与 A C1 1所成角的余弦值为 4 6 C．三棱锥 −P A DC1 1的体积为定值 D． +A P BP1 的最小值为 7 11．一条动直线 l1 与圆 + =x y 1 2 2 相切，并与圆 + =x y 252 2 相交于点 A B, ，点 P 为定直线 + − =l x y: 10 02 上动点，则下列说法正确的是 A．存在直线 l1，使得以 AB 为直径的圆与 l2 相切 第 3 页 共 4 页 第 4 页 共 4 页 B． +PA PB 2 2 的最小值为 −150 20 2 C． AP PB 的最大值为− +27 10 2 D． +PA PB 的最小值为8 3 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．若    −   x x x m 1 的展开式中存在 x2 项，则由满足条件的所有正整数m 从小到大排列构成的数 列 an 的通项公式为 ． 13．设双曲线 − =   a b C a b x y : 1 0, 0 2 2 2 2 )( 的右顶点为 F ，且 F 是抛物线 =y x: 42 的焦点．过点 F 的直线 l 与抛物线交于 A B, 两点，满足 2AF FB= ，若点 A也在双曲线C 上，则双曲线C 的离心率为 ． 14．已知 = − − + − x f x a x a ln ln 2 1)( ，则 f x)( 的最小值为 ． 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．（13 分）记ABC的内角 A B C, , 的对边分别是a b c, , ，满足 + + =a b c2 3 21 2 2 2 )( ． （1）若 = =b c A 4 ,cos 3 ，求ABC的面积； （2）记 BC 边的中点为 D， =AD x，若 A为钝角，求 x 的取值范围． 16．（15 分）如图所示，在四棱锥 −P ABCD中， = = =PA AC BC2, 1， =AB 3 ． （1）若 ⊥AD 平面PAB，证明： AD 平面 PBC ； （2）若 ⊥PA 底面 ABCD， ⊥AD CD，二面角 − −A CP D的正弦值为 3 6 ，求 AD的长． 17．（15 分）已知椭圆 + =   a b C a b x y : 1 0 2 2 2 2 )( ，C 的下顶点为B ，左、右焦点分别为 F1和 F2 ， 离心率为 2 1 ，过 F2 的直线 l 与椭圆C 相交于 D E, 两点．若直线 l 垂直于 BF1，则BDE的周长 为 8． （1）求椭圆C 的方程； （2）若直线 l 与坐标轴不垂直，点E 关于 x 轴的对称点为G ，试判断直线DG 是否过定点，并 说明理由． 18．（17 分）已知函数 = +  f x ax x xsin , 0, )( ． （1）若 = −a 1，证明： f x 0)( ； （2）若 f x 0)( ，求a 的取值范围； （3）若 a 0，记 = − + a g x f x xln 1 1 )()()( ，讨论函数 g x)( 的零点个数． 19．（17 分）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5 局 3 胜制”和“7 局 4 胜制”，“5 局 3 胜制”指 5 局中胜 3 局的一方取得胜利，“7 局 4 胜制”指 7 局中胜 4 局的一方取得胜利． （1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用 5 局 3 胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为 0.8；若采用 7 局 4 胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为 0.9． 已知甲、乙两人共进行了 N m m )( 场比赛，请根据小概率值 = 0.010的 K 2独立性检 验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． （2）若甲、乙两人采用 5 局 3 胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为 p ，没有平局．记事件“甲 只要取得 3 局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为 A，事件“两人赛满 5 局，甲至少取得 3 局比赛胜利且甲获胜”为B ，试证明： =P A P B)()( ． （3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是 p p 0.5)( ，没有平局．若采用“赛 满 −n2 1局，胜方至少取得 n 局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为 P n)( ．若采用“赛满 +n2 1局，胜方至少取得 +n 1局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为 +P n 1)( ，试比较P n)( 与 +P n 1)( 的大小． 附： ( )( )( )( )+ + + + = − a b c d a c b d K n ad bc 2 2 )( ，其中 = + + +n a b c d ． P K k0 2 )( 0.05 0.025 0.010 k0 3.841 5.024 6.635 D C B A P （第 16 题图） 第1页 共6页 标准学术能力诊断性测试 2024 年 10 月测试 数学 参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 A C B B D A C B 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，部分选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分． 9 10 11 ABD BCD BCD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12． =a nn 4 13． 3 33 14．2 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．（13 分） 解：（1）由余弦定理知： + = +b c bc A5 21 4 cos2 2 )( ， 又 = =b c A 4 ,cos 3 ，代入等式中可得： = +bc bc10 21 3 ， 即得 =bc 3，所以 = =b c 3 ······································································· 4 分 所以ABC的面积为 =  =bc A 2 2 4 8 sin 1 3 7 3 7 ············································· 5 分 （2）因为D为线段 BC 的中点，所以 ( ) 1 AD AB AC= + 2 ， 两边平方得： = + +x b c bc A 4 2 cos 12 2 2 )( ， 由余弦定理可得： = + −bc A b c a2 cos 2 2 2 ， 代入上式得： = + −x b c a 4 2 2 12 2 2 2 )( ， 再由 + + =a b c2 3 212 2 2 )( ，可得 = −a x 7 6 122 2 ， + = +b c x 7 3 82 2 2 ·················· 10 分 因为 A为钝角，所以  +a b c2 2 2，可得 −  +x x 7 7 6 3 12 82 2 ，解得  x 10 0 105 ． 第2页 共6页 所以， x 的取值范围为          x x 10 0 105 ····················································· 13 分 16．（15 分） 解：（1）因为 ⊥AD 平面PAB， AB 平面PAB，所以 ⊥AD AB， 由 = = =AC BC AB2, 1, 3 ，可得 = +AC AB BC2 2 2，所以 ⊥BC AB， 所以在平面四边形 ABCD中，由 ⊥ ⊥AD AB BC AB, ，可得 AD BC， 因为 AD 平面PBC ， BC 平面PBC ， 所以 AD 平面PBC ·················································································· 6 分 （2）【方法一】因为 ⊥PA 底面 ABCD， CD 底面 ABCD，所以 ⊥PA CD ， 因为 AD CD PA AD A⊥ =, ，所以 ⊥CD 平面PAD， 可得 ⊥CD PD，即 = PDC 90 ． 以直线DA为 x 轴，直线DC 为 y 轴，过点 D且垂直于 平面 ABCD的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图 所示： ························································ 8 分 设 = =AD a DC b, ， 则 D A a C b P a0,0,0 , ,0,0 , 0, ,0 , ,0,2)()()()( ， 在坐标平面 xDz中，直线 DP的法向量就是平面 PDC 的法向量，可得其中一个法向量为 ( 2,0,n a= −1 )． 设平面PAC 的一个法向量为 ( , ,n x y z=2 )，则 0n AP n CP =  =2 2 ， 而 ( ) (0,0,2 , , ,2AP CP a b= = − )，可得 = − =z ax by0, 0． 令 =x b，则 =y a，得 ( , ,0n b a=2 ) ··························································· 12 分 所以cos ,n n = +  + − a a b b 4 2 2 2 2 1 2 ， 依题可知， cos ,n n  = 3 3 1 2 ，可得 ( )( )+ + = a b a b 4 3 4 1 2 2 2 2 ， 因为 + = =a b AC 4 2 2 2 ，所以 − = b b 8 3 1 2 2 ，解得 =b 22 ， 则 =a 22 ，得 =AD 2 ············································································ 15 分 z y x D P C B A 第3页 共6页 【方法二】设点 A 到平面 PCD 的距离为 d1 ，点 A 到直线 PC 的距离为 d2 ，二面角 − −A CP D的平面角为 ，则由二面角的平面角定义知 = d d sin 2 1 ． 由题意计算可得 =d 22 ，所以 = d 23 6 1 ，可得 =d 3 2 3 1 ． 由等体积公式可得   =   S PA S dACD PCD 3 3 1 1 1 ， 即  = AD CD PD CD 3 3 ，得 =PD AD3 ． 因为 = + = −PC PD CD CD AC AD,2 2 2 2 2 2 ， 所以 = + −AD AD8 3 42 2，得 =AD 2 ． 17．（15 分） 解：（1）由离心率为 2 1 ， = =BF a OF c,1 1 ，可得 = BF OF 2 1 1 1 ， 则 = BFO 601 ，可得BF F1 2 是正三角形，如图所示： 若直线 l 垂直 BF1 ，则直线 l 垂直平分线段 BF1 ，可知 BDE与F DE1 全等，那么F DE1 的周长为 8． 由椭圆定义可知： + = + =EF EF a DF DF a2 , 21 2 1 2 ， 所以F DE1 的周长为 a4 ，可得 =a4 8，即 =a 2． 所以 =c 1，可得 =b 3 ， 则椭圆C 的方程为 + = x y 4 3 1 2 2 ······································································ 6 分 （2）设 l 的方程为 = +x my 1， D x y E x y, , ,1 1 2 2 )()( ， 则 −G x y,2 2 )( ，如图所示： 可得直线DG 的方程为 − − = − + x x y y x x y y 1 2 1 1 1 2 )( ， 因为 = + = +x my x my1, 11 1 2 2 ， 将它们代入直线方程中， 可得直线DG 的方程为： ( )− = − − + + m y y y x my y y y 1 1 2 1 1 1 2 )( ， 可整理得： ( )− = + − − + m y y y y y x my y y y2 1 2 1 2 1 2 1 2 )()( （*） ···································· 10 分 联立方程  = +    + =  x my x y 1 4 3 1 2 2 ，得： + + − =m y my3 4 6 9 02 2)( ， y x O 2F1F B D E y x O 2F1F D E G 第4页 共6页 则 + + + = − = − m m y y y y m 3 4 3 4 , 6 9 2 21 2 1 2 ， 可得 = + y y my y 3 2 1 2 1 2 ， = +my y y y2 31 2 1 2 )( ， 将其代入（*）式中，可得直线DG 的方程为： ( )− = + − + m y y y y y x y y4 1 2 1 2 1 2 )()( ( )( )+ − = − − m y y x 3 4 4 6 1 2 2 )( ， 可见直线DG 过定点 4,0)( ， 所以直线DG 过定点，定点坐标为 4,0)( ······················································· 15 分 18．（17 分） 解：（1）若 = −a 1，则 = − +f x x xsin)( ，得 = − + f x x1 cos 0)( ， 可知 f x)( 在 0,  单调递减，可得 f x f 0)()( ， 而 =f 0 0)( ，所以 f x 0)( ········································································ 3 分 （2）依题意，必须  f 0)( ，即  a 0，可得 a 0，求导得 = +f x a xcos)( ． 若  −a 1，则 f x 0)( ，得 f x)( 在 0,  单调递减， 则 f x f 0)()( ，而 =f 0 0)( ，则 f x 0)( 成立 ············································ 5 分 若−  a1 0，由于 f x)( 在 0,  单调递减，而 = + f a0 1 0)( ，  = − f a 1 0)( ， 可知 f x)( 在 0,  内有唯一零点，记为 x1 ， 当  x x0 1时， f x 0)( ，可知 f x)( 在 x0, 1 ) 单调递增，可得  =f x f 0 01 )()( ， 这与 f x 0)( 对任意  x 0,  恒成立矛盾，所以−  a1 0不能成立， 综上，实数 a 的取值范围为 − −, 1( ······························································ 8 分 （3）有 = + − +   a g x x x x xsin ln 1 , 0, 1 )()( ， 观察知： =g 0 0)( ，可见 =x 0是 g x)( 的一个零点． 下面我们考虑 g x)( 在 0, ( 内的零点情况 ······················································· 9 分 当  x 0, ( 时，若 a 0，则  a xsin 0 1 ，可得 +  a x x xsin 1 ， 令 = − +  F x x x xln 1 , 0, ()()( ，则 + =  x F x x 1 0)( ， 得 F x)( 在 0, ( 单调递增，可得  =F x F 0 0)()( ，即  +x xln 1)( ， 那么 +  + a x x xsin ln 1 1 )( ，即 g x 0)( ， 第5页 共6页 故当 a 0时，函数 g x)( 在 0, ( 内无零点 ··················································· 12 分 若 a 0，则 + = + − a x g x x 1 1 cos 1 1 )( ， ①当       x 2 , 时， xcos 0，则  a xcos 0 1 ，而 + −  x 1 1 0 1 ，可得 g x 0)( ； ②当      x 2 0, 时， ( )+ = − +  xa g x x 1 sin 0 1 1 2)( ，可得 g x)( 在      2 0, 单调递增， 因为   +  =  = −     a g g 2 2 0 0, 1 0 1 2 )( ， 所以 g x)( 在      2 0, 内有唯一零点，记为 x2 ， 当  x x0 2 时， g x 0)( ；当    x x 2 2 时， g x 0)( ， 综合①②， g x)( 在 x0, 2 )( 单调递减，在 x ,2 ( 单调递增． 因为 =g 0 0)( ，所以 g x 02 )( ，又由  +x xln 1)( 可得  = − + g ln 1 0)()( ， 所以 g x)( 在 0, ( 内恰有 1 个零点． 综上所述，当 a 0时， g x)( 有 1 个零点；当 a 0时， g x)( 有 2 个零点 ·········· 17 分 19．（17 分） 解：（1）据题中条件，列出赛制和甲获胜情况列联表如下： 甲获胜场数 乙获胜场数 合计 5 局 3 胜 m0.8 m0.2 m 7 局 4 胜 m0.9 m0.1 m 合计 m1.7 m0.3 m2 由计算公式得：    = = − m m m m K mm m m 1.7 0.3 51 22 0.08 0.182 2 2 2 )( ， 若  m 51 6.635 2 ，即 m 169.1925，故若 m 170时，根据小概率值 = 0.010的 K 2独立 性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响，此推断犯错误的概率小于0.010 ． 若 m 170，根据小概率值 = 0.010的 K 2独立性检验，没有证据认为赛制对甲获胜的场 数有影响，此时赛制对甲获胜的场数没有影响 ·················································· 4 分 （2）依题意 = +  − +  −P A p p C p p p C p p1 13 4 3 2 2 2 2 2)()()( = + − + − + = − +p p p p p p p p p3 1 6 1 2 6 15 103 3 3 2 5 4 3)()( ， 第6页 共6页 又有 = − + − + −P B C p p C p p C p p1 1 15 5 5 3 3 4 4 5 52 0)()()()( = − + − +p p p p p10 1 5 13 4 5 2 )()( = − + + − +p p p p p p10 20 10 5 55 4 3 4 5 5 = − +p p p6 15 105 4 3 所以 =P A P B)()( ·········································································· 7 分 （3）考虑赛满 +n2 1局的情况，以赛完 −n2 1局为第一阶段，第二阶段为最后 2 局． 设“赛满 +n2 1局甲获胜”为事件C ，结合第一阶段的结果，要使事件C 发生，有两种情 况：第一阶段甲获胜，记为 A1；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了 −n 1局，记为 A2 ， 则 = +C AC A C1 2 ，得： = +P C P AC P A C1 2 )()()( ． 若第一阶段甲获胜，即赛满 −n2 1局甲至少胜n 局，有两类情况：甲至少胜 +n 1局和甲恰 好胜n 局．第一类情况，无论第二阶段的 2 局结果如何，最终甲获胜；第二类情况，有可 能甲不能获胜，这种情况是第二阶段的 2 局比赛甲均失败， 其概率值为： − −− − C p p pn n n n1 12 1 1 2 )()( ， 所以 = − − −− − P AC P n C p p pn n n n1 11 2 1 1 2 )()()()( ． 若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了 −n 1局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的 2 局比赛甲 必须全部取胜，可得： = = −− − −P A C P A P C A C p p pn n n n12 2 2 2 1 1 1 2)()()()( ， 所以 + = = − − − + −− − − −−P n P C P n C p p p C p p pn n n n n nn n1 1 1 12 1 2 1 1 1 21 2 )()()()()()( ······················································ 14 分 可得 + − = − − − −− − − − −P n P n C p p p C p p pn n n n n nn n1 1 1 12 1 2 1 1 1 2 1 2)()()()()( = − − −− − + +C p p C p pn n n n n nn n1 12 1 2 1 1 1)()( = − − −−C p p p pn n n n1 12 1 )( )()(    = − −   −C p p pn n n n 2 2 1 1 2 1 )( 因为 p 2 1 ，所以    − −    −C p p pn n n n 2 2 1 0 1 2 1 )( ，可得 + P n P n1 )()( ， 综上： + P n P n1 )()( ·································································· 17 分