精品解析：广东省东莞市东莞外国语学校2025届高三上学期11月期中考试数学试题

东莞外国语学校2024-2025学年第一学期第三次月考（期中） 数学试卷 命题人：洪俊韬 审题人：陈国珍 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 第I卷（选 择题，共58分） 一、单选题：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. 设集合，，则 （ ） A. B. C. D. 2. 若，则 A. B. C. D. 3. 已知，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 4. 如图是函数的部分图象，记的导数为，则下列选项中值最大的是（ ） A. B. C. D. 5. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱柱中，点 在棱上，且，点 为的中点，点 在棱上，若平面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知正棱锥的侧棱长为3，则其体积可能为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 二、多选题：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. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若 与 线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 月份编号 1 2 3 4 5 下载量 （万次） 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 与 负相关 B. C. 预测第6个月的下载量是2.1万次 D. 残差绝对值的最大值为0.2 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数有两个零点 B. 恒成立 C. 若方程有两个不等实根，则的范围是 D. 直线 与函数图象有两个交点 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上. 12. 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________． 13. 某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为 ，则该圆锥体积为______. 14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角的大小为，则 的边长为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数， （1）当 时，求在上的最大值； （2）求的零点个数． 16. 已知直三棱柱中，侧面 为正方形，，E，F分别为 和的中点，D为棱上的点． （1）证明： ； （2）当 为何值时，面与面 所成的二面角的正弦值最小? 17. 在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 的面积为，且 （1）求角 ； （2）若 为锐角三角形，且，求a的取值范围． 18. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每日的汽车销售情况进行了统计，如图所示. （1）求 的值，并求该公司这段时间内每日汽车销售量的第60百分位数； （2）以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4天，设每日汽车销售量在内的天数为 ，在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求 的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥中， 、 均是边长为2的正三角形，，现从写有数字1~8的八个标签中随机选择两个分别贴在 、 两个顶点，记顶点 、 上的数字分别为 和 ，若 为侧棱 上一个动点，满足，当“二面角大于”即为中奖，求中奖的概率. 19. 在 中， ，， 的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与 所在的平面垂直. （1）求直线CD与平面所成角的大小； （2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ. （i）判断Γ是什么曲线，并说明理由； （ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东莞外国语学校2024-2025学年第一学期第三次月考（期中） 数学试卷 命题人：洪俊韬 审题人：陈国珍 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 第I卷（选 择题，共58分） 一、单选题：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. 设集合，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集的定义可求. 【详解】由题设有， 故选：B . 2. 若，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数运算法则求解即可. 【详解】．故选D． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 3. 已知，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，利用，结合基本不等式可求最小值. 【详解】因为，所以，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为4. 故选：D. 4. 如图是函数的部分图象，记的导数为，则下列选项中值最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的图象，结合导数的几何意义，即可判断. 【详解】 由图可知，为负数，为正数，故不选， 设在 处的点为 ，显然 的斜率大于， 则，可转化为， 所以的值最大. 故选：A． 5. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种. 故选：D. 6. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据平面向量平行的坐标表示可知，再根据余弦二倍角公式化简、解方程可得,进而可得，再根据两角差的正切公式即可求出结果. 【详解】因为， 所以， ， ， 所以或， 又，所以， 所以， 所以， 故选：B. 7. 在三棱柱中，点 在棱上，且，点 为的中点，点 在棱上，若平面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可得结论. 【详解】依题意，作出图形如图所示 设 为的中点，因为 为的中点，所以， 又平面， 平面，所以平面， 连接 ，又因为平面，，平面 ， 所以平面平面， 又平面平面，平面， 所以，又，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，又， 所以，所以，所以. 故选：B. 8. 已知正棱锥的侧棱长为3，则其体积可能为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】A 【解析】 【分析】设正棱锥的底面正多边形的外接圆的半径为，利用棱锥的体积公式，可得正棱锥的体积，令，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，结合选项，即可求解. 【详解】设正棱锥的底面正多边形的外接圆的半径为 ，可得外接圆的面积为 因为正棱锥的侧棱长为 ，所以底面正多边形的外接圆的半径， 又由正棱锥的高为， 设正棱锥的底面多边形的面积为， 所以正棱锥的体积，其中， 令，可得， 设，可得， 当时， ，函数单调递增； 当时， ，函数单调递减， 所以，当 时，函数取得最大值，最大值为， 所以，结合选项，只有A选项符合题意. 故选：A. 二、多选题：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. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若 与 线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 月份编号 1 2 3 4 5 下载量 （万次） 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 与 负相关 B. C. 预测第6个月的下载量是2.1万次 D. 残差绝对值的最大值为0.2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据回归方程分析判断；对于B：根据线性回归方程必过样本中心点，运算求解；对于C：根据回归方程进而预测；对于D：根据题意结合残差的定义分析判断. 【详解】对于A：因为，所以变量 与 负相关，故正确； 对于B：， ， ，则， 解得，故 错误； 对于C：当 时，， 故可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故 正确； 对于D：当 时，，， 当时，，， 当 时，，， 当 时，，， 当 时，，， 故残差绝对值的最大值为0.2，故 正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论． 【详解】由函数的部分图象可知：， 又因为，即结合函数的单调性可得 ,故A错误； 即所以 , 故B正确； 所以． 对于选项C：当时，可得， 所以的图象关于直线对称， 故C正确； 对于选项D： 当时，， 所以，即，故D错误； 故选：BC． 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数有两个零点 B. 恒成立 C. 若方程有两个不等实根，则的范围是 D. 直线 与函数图象有两个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】分 和两种情况探讨的符号，判断A的真假；转化为研究函数的最小值问题，判断B的真假；把方程有两个不等实根，为有两个根的问题，构造函数，分析函数的图象和性质，可得的取值范围，判断C的真假；直线 与函数图象有两个交点转化为有两解，分析函数的零点个数，可判断D的真假. 【详解】对A：当 时，；当时， ； 时，， 所以函数只有1个零点.A错误； 对B：欲证，须证在上恒成立. 设，则， 由 ；由 . 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以的最小值为，因为，所以.故B正确； 对C：. 设， 则，. 由；由. 所以在上单调递增，在单调递减. 所以的最大值为：，又当时，. 如图所示： 所以有两个解时，.故C正确； 对D：问题转化为方程：有两解，即有两解. 设，，所以. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以的最大值为. 因为，，所以 所以. 且当且 时，； 时，. 所以函数的图象如下： 所以有两解成立，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：导数问题中，求参数的取值范围问题，通常有如下方法： （1）分离参数，转化为不含参数的函数的值域问题求解. （2）转化为含参数的函数的极值问题求解. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上. 12. 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________． 【答案】##0.3 【解析】 【分析】根据古典概型计算即可 【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名， 有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法； 其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率. 故答案为：. 解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为 甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率 故答案为： 13. 某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为 ，则该圆锥体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出圆锥的侧面积与轴截面的面积，根据题意列出等式，进而求出，用勾股定理可求得圆锥底面圆半径为，进而根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为 ， 则圆锥的侧面积为，轴截面的面积为， 依题意，，解得， 所以. 该圆锥体积为. 故答案为： 14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点均在半径为1的球面上，若二面角的大小为，则 的边长为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知为外接球的直径，做辅助线，可知，设，可得，结合两角和公式列式求解即可. 【详解】由题意可知：外接球的球心，且平面 ，即为外接球的直径，， 设平面，可知 为等边 的中心， 取 的中点 ，连接， 则，可知二面角的平面角为， 设， 则，， 因为，即， 又因为，且， 则，解得， 所以 的边长为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：本题只说明两个正三棱锥共底面，没有说明两个正三棱锥全等，不可以利用对称性解题. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数， （1）当 时，求在上的最大值； （2）求的零点个数． 【答案】（1）1 （2） 时，有一个零点；时，有两个零点． 【解析】 【分析】（1）求导，根据单调性即可求解最值； （2）参数分离，构造函数，求导确定函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 ，， 令，则单调递减，且， 从而，，单调递增；，，单调递减． 故，最大值为1. 【小问2详解】 令，则由，故， 令，则， 从而在上单调递减，在 上单调递减． 若，当 时，，若，当 时，； 若，当 时，，当 时，． 从而当 时，与有一个交点， 时，与有两个交点， 故时，有一个零点；时有两个零点． 16. 已知直三棱柱中，侧面 为正方形，，E，F分别为 和的中点，D为棱上的点． （1）证明： ； （2）当 为何值时，面与面 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）[方法一]：几何法 因为 ，所以 ． 又因为， ，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作 的平行线分别与 交于其中点，连接 ， 因为E，F分别为 和的中点，所以 是BC的中点， 易证 ，则 ． 又因为 ，所以 ． 又因为，所以 平面． 又因为 平面，所以 ． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱， 底面 ， ，， ，又 ， 平面．所以两两垂直． 以 为坐标原点，分别以所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图． ， ． 由题设 （）． 因为 ， 所以 ，所以 ． [方法三]：因为， ，所以 ，故 ， ，所以 ，所以 ． （2） 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面 的法向量为 ， 因为 ， 所以，即． 令 ，则 因为平面的法向量为 ， 设平面与平面 的二面角的平面角为 ， 则． 当时， 取最小值为， 此时 取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长 交的延长线于点S，联结 交于点T，则平面 平面 ． 作 ，垂足为H，因为 平面，联结 ，则为平面与平面 所成二面角的平面角． 设 ，过作交 于点G． 由得 ． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结 ， 在平面的投影为 ，记面与面 所成的二面角的平面角为 ，则． 设 ，在 中，． 在 中，，过D作 的平行线交 于点Q． 在 中，． 在中，由余弦定理得，， ， ，， 当，即，面与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面 在面上的投影三角形的面积与 面积之比即为面与面 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 17. 在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 的面积为，且 （1）求角 ； （2）若 为锐角三角形，且，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合三角形面积公式，余弦定理可得，结合辅助角公式正弦函数性质可求 ； （2）由正弦定理及比例性质可得，结合条件化简可得，求 的范围，结合正弦函数性质可求结论. 【小问1详解】 因为， 所以 所以， 所以， 故，又， 所以， 所以； 【小问2详解】 由正弦定理得， 所以， 且，， 所以， 因为 为锐角三角形，，，所以， 所以，即． 可得， 即a的取值范围为． 18. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每日的汽车销售情况进行了统计，如图所示. （1）求 的值，并求该公司这段时间内每日汽车销售量的第60百分位数； （2）以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4天，设每日汽车销售量在内的天数为 ，在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求 的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥中， 、 均是边长为2的正三角形，，现从写有数字1~8的八个标签中随机选择两个分别贴在 、 两个顶点，记顶点 、 上的数字分别为 和 ，若 为侧棱 上一个动点，满足，当“二面角大于”即为中奖，求中奖的概率. 【答案】（1），175 （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1可求 的值，再根据百分位数的概念求第60百分位数. （2）根据条件概率计算，求 的分布列和期望. （3）根据二面角大于，求出 可对应的情况，再求中奖的概率. 【小问1详解】 由. 因为：，， 所以每日汽车销售量的第60百分位数在，且为. 【小问2详解】 因为抽取的1天汽车销售量不超过150辆的概率为， 抽取的1天汽车销售量在内的概率为 . 所以：在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售量在内的概率为. 由题意， 的值可以为：0，1，2，3. 且，，，. 所以 的分布列为： 0 1 2 3 所以. 【小问3详解】 如图：取 中点 ，链接 ， ， ， ， . 因为 ， 都是边长为2的等边三角形， 所以，， ， 平面，所以 平面. 平面，所以. 所以为二面角DE 平面角. 在 中，，所以. 若，在 中，由正弦定理：. 此时：，. 所以，要想中奖，须有. 由 是从写有数字1~8的八个标签中随机选择的两个，所以基本事件有个， 满足的基本事件有：，，，，，，，，共9个， 所以中奖的概率为：. 【点睛】关键点点睛：在第（2）问中，首先要根据条件概率的概念求出事件“在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售量在内的概率”. 19. 在 中， ，， 的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与 所在的平面垂直. （1）求直线CD与平面所成角的大小； （2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ. （i）判断Γ是什么曲线，并说明理由； （ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）曲线 是椭圆,理由如下： 由（1）可知，， 所以 是 的中点, 设 的中点为，所以 . 又，所以. 在内过作，所以 以为原点，所在的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向， 建立空间直角坐标系 ，如图所示. 因为，所以 ， 设，又， 则. 因为，又， 所以， 化简得，即， 所以曲线 是椭圆. （ii）存在，点 满足或 【解析】 【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可; （2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解； （ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解. 【小问1详解】 因为平面， 平面平面， 所以. 所以直线 在内的射影为直线 ， 所以直线 与所成角为. 过 作 ，垂足为 . 因为 平分， 所以. 又，所以，所以 又，所以. 因为，所以， 所以直线 与平面所成角为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）方法一：设. 在平面内，因为 与 不重合，可设， 由得，所以. 由对称性知，若存在定点 满足条件， 则 必在平面 与的交线 上，故可设. 若，则， 即， 因为， 所以， 当 时，上式恒成立，所以 符合题意； 当时，有， 所以， 所以. 因为， 所以， 所以， 所以，即. 因为上式对于任意的恒成立，所以. 综上，存在点 满足，或时，符合题意. 方法二：设 在平面内，因为 与 不重合，可设，由得， 所以. 由对称性知，若存在定点 满足条件，则 必在平面 与的交线 上，故可设. 当 与 重合时，因为，又， 所以. 所以当 时，符合题意. 当 与 不重合时，过 作， 垂足分别为.连接， 则因为，所以. 又，所以平面， 所以，同理 又，所以，所以， 所以RtRt，所以直线平分 又在 轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补 在平面内，设直线的斜率分别为， 则 ， 对于任意的恒成立，所以. 综上，存在点 满足，或时，符合题意. 【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $