精品解析：广东省广州市铁一中学2024—2025学年高三上学期期中三校联考数学试卷

2024-2025学年第一学期期中三校联考 高三数学 命题学校：广州市铁一中学 命题人：陈亮 审题人：李玲玲 本试卷共2页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，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.答案不能在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ） A. B. C. 15 D. 20 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，当时，，则（ ） A. 为奇函数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 已知在一次数学测验中，某校1000学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有(参考数据：①；②；③（ ） A. 标准差为100 B. 及格率超过 C. 得分在内的人数约为997 D. 得分低于80的人数和优秀的人数大致相等 10. 已知函数的极大值点为，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知平面内两定点和与一动点P(x，y)，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线E的说法正确的是（ ） A. 存在，使曲线过坐标原点； B. 曲线关于轴对称，但不关于轴对称； C. 若三点不共线，则周长最小值为； D. 曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为_____________． 13. 若曲线与有一条斜率为2的公切线，则___________. 14. 在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是______；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则______. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求 （2）若，的面积为，求a的值. 16. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程； （2）经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程. 17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值． 18. 已知函数. （1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； （2）若；求证：； （3）设，是函数的两个极值点，求证：. 19. 若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质． （1）若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值； （2）若等差数列具有性质，且，求的取值范围； （3）已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期期中三校联考 高三数学 命题学校：广州市铁一中学 命题人：陈亮 审题人：李玲玲 本试卷共2页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，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.答案不能在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合后再求交集即可. 【详解】由，解得，所以， 由，解得，所以，， 故选：C． 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，根据复数相等列方程求解可得结果． 【详解】设， 由得 所以，解得 ∴． 故选：A． 3. 已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 建立坐标系，求出，，，的坐标，求出，可得，结合二次函数的性质求出代数式的最小值即可． 【详解】如图所示：以为原点，建立平面直角坐标系， 因为正方形的边长为1， 可得，，，， ，， ，，，， ，故， ， 故时，的最小值是， 故选：． 【点睛】平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．解答本题的关键是建立直角坐标系，转化为坐标运算求解. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角函数的诱导公式和基本关系式，求得，得到， 结合三角函数的基本关系式，求得的值，再利用两角和的正弦公式，即可求解. 【详解】由， 所以，可得， 因为，所以，可得， 又由，可得， 所以. 故选：D. 5. 如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ） A. B. C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】设球的半径为，分别表达出球，圆柱的体积和表面积，求出，利用二项式定理得到通项公式，求出常数项. 【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的底面积为，高为， 故圆柱的体积为， 故， 球的表面积为，圆柱的表面积为， 故， 故，展开式中的通项公式为， 令，解得，故常数项为. 故选：C 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据正弦型函数的单调性，求得的取值，进而求得的最小值. 【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度， 得到的图象对应的函数的图象， 因为在区间上单调递减， 所以且， 解得，即， 令，可得的最小值为. 故选：D. 7. 在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定，，，考虑，，三种情况，确定，计算得到答案. 【详解】，即， ，即，故，， ①当，时，，，故， ，，故； ②当，时，，，故， ，，； ③当时，且，， 故； 综上所述：中，最大项和最小项分别为. 故选：B. 8. 已知函数满足，当时，，则（ ） A. 为奇函数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据赋值法可得，，进而可得，即可判断A，根据函数单调性的定义可判断在上为减函数，即可求解B，代值逐步求解即可判断CD. 【详解】令，，，所以； 令，，则． 令，得，故为偶函数．A错误， 任取，，，则， 则，故在上为减函数． 由已知，可得，故，解得，且．B错误， 若，则，C正确， 若，则，， ，所以，故D错误， 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 已知在一次数学测验中，某校1000学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有(参考数据：①；②；③（ ） A. 标准差为100 B. 及格率超过 C. 得分在内的人数约为997 D. 得分低于80的人数和优秀的人数大致相等 【答案】CD 【解析】 【分析】利用正态分布中两个量和的意义，以及曲线的对称性即可判断各选项正误. 【详解】由题意知，， A：标准差：，故A错误； B： ， ，故B错误； C：， 人，故C正确； D：， 因为成绩服从标准正态分布， ，故D正确. 故选：CD 10. 已知函数的极大值点为，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求得导函数，令，或由极大值点为，讨论得出关系，依次判断各选项即可得出结果. 【详解】, , 令，或,由题意可知，. 函数的极大值点为， 或.即或. 所以，A正确，，B正确， ，时，正确，时错误，则C错误， ，D正确. 故选：ABD. 11. 已知平面内两定点和与一动点P(x，y)，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线E的说法正确的是（ ） A. 存在，使曲线过坐标原点； B. 曲线关于轴对称，但不关于轴对称； C. 若三点不共线，则周长最小值为； D. 曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设，写出，并求出的具体方程式.对于选项A，将原点代入检验即可；对于选项B：将代入检验即可；对于选项C：利用基本不等式即可判断；对于选项D：根据对称性，将四边形面积转化为两个三角形的面积，从而根据三角形面积公式求出最大值，即可判断是否正确. 【详解】由题意：，， 所以：， 即曲线的方程为：. 对于选项A：将代入曲线，得，即，满足题意，故选项A正确； 对于选项B：将替换代入曲线方程得： 所以曲线关于轴对称；将替换代入曲线方程得： ， 所以曲线关于轴对称，故选项B错误； 对于选项C：周长为：， 根据基本不等式，， 当时，取等号，故选项C正确； 对于选项D：由题意可知：， 由选项B可知，曲线关于轴和轴对称， 所以四边形的面积为2个的面积，即： 当且仅当即时取等号， 所以四边形的面积不大于，所以选项D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】 求出，由得到，建立方程求解即可. 【详解】设，得到 由题意知，即， 所以，解得，或（舍去）． 故答案为：. 【点睛】本题主要考查双曲线离心率的计算，找等量关系，建立方程是解决本题的关键. 13. 若曲线与有一条斜率为2的公切线，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义以及切线方程的求解方法求解. 【详解】设公切线在曲线与上的切点分别为， 由可得，所以，解得， 所以,则， 所以切线方程为， 又由，可得，所以，即， 所以， 又因为切点，也即在切线上， 所以，解得， 所以. 故答案为: . 14. 在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是______；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则______. 【答案】 ①. 32 ②. 【解析】 【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望. 【详解】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个. （2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点 样本点总数： 当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同. 满足的样本点个数为. 所以. 故分布列为： X 1 2 3 4 5 P . 故答案为：32；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同，再由求出概率. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求 （2）若，的面积为，求a的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，结合余弦定理即可得答案; （2）结合（1）及得，进而得，，再根据恒等变换得，进而根据三角形面积得，最后由正弦定理即可得答案. 【小问1详解】 由条件及余弦定理得，， 可得， 所以． 【小问2详解】 由得，， 又，所以， 则，． 可得， 由的面积为得， 所以． 由正弦定理得，， 所以，故. 16. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程； （2）经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意可得，解方程即可求出，即可求出椭圆的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线斜率存在时，通过将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合三角形的面积公式求解直线的斜率，进而得出直线方程. 【小问1详解】 设椭圆的方程为：， 因为椭圆的面积为，点在椭圆上. 所以解得：， 所以椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 因为经过点的直线与曲线交于，两点， 当直线的斜率不存在时，，此时， 因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在； 不妨设直线的方程为，联立， 消去并整理可得：， 不妨设，则， 因为， ， 所以 ， 因为与椭圆的面积比为， 所以，化简为， 即，即， 解得：，所以直线的方程为或， 所以直线的方程为或. 17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接为的中点，为的中点， ，， ，， 据此可得四边形为平行四边形， ，平面，平面， 平面． （2）2 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，证明，原题即得证； （2）证明平面，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面平面过作平面， ， 为中点，， 如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 由， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则又， ，设二面角的平面角为， ， 整理得：，解得或（舍）. 18. 已知函数. （1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； （2）若；求证：； （3）设，是函数的两个极值点，求证：. 【答案】（1） （2） 证明：若，，所以， 令，解得，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当且仅当时，等号成立. 令，，所以， 令，解得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，又等号不同时成立， 所以. （3） 证明：由题意可知， 因为有两个极值点，， 所以，是方程的两个不同的根， 则且 所以 ， 所以要证，即证， 即证，即证，即证. 令，则证明， 令，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）由题意得恒成立，参变分类求最值即可； （2）求导，确定其单调性得到，构造函数，求导确定其单调性得到，即可求证； （3）化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证. 【小问1详解】 由题意知函数的定义域为， 在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即的取值范围是. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 19. 若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质． （1）若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值； （2）若等差数列具有性质，且，求的取值范围； （3）已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式． 【答案】（1）的可能取值有：、、、 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中定义可得出，，可依次求得、的取值； （2）设等差数列的公差为，根据可求得的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求得的取值范围； （3）根据性质可得出，根据可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性即可. 【小问1详解】 解：因为数列具有性质，则，所以，， 当时，由，所以，或， 当时， 由，所以，或. 综上所述，的可能取值有：、、、. 【小问2详解】 解：设等差数列的公差为， 则， 即，所以，， 所以，， 因为，则， 所以，. 【小问3详解】 解：根据性质，，都有， 又因为，所以，， 于是，因为、必同号，进而、必同号， 若，由性质，必有，，，，这与矛盾， 所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能. 若，则，，，这与矛盾，因此，. 下面证明：，则， 利用反证法：假设，则， 又因为，所以，， 若，则或，与矛盾，则，所以，，则或， 于是无论哪种情况，，， 由且可得，此时满足， 所以，，则，，所以，，矛盾， 综上可知，，所以，，， 下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则， 由于，所以，，只能有，，这与矛盾， 总之，，再由可得，进而，都成立， 可以猜测数列的通项为， 可验证此时、两条性质均成立，符合题意， 如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、， 仍满足，， 设是第一个违反上述通项公式的项， 若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾； 若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾. 综上所述，数列的通项公式必为. 【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $