精品解析：广东省中山市第一中学2024-2025学年高三上学期第三次统测数学试卷

中山市第一中学2025届高三第三次统测 数学 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 若集合，则的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知复数满足，则复数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 3. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若实数，，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则（ ） A. B. C. D. 7. （ ） A. B. C. D. 8. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ） A. B. C. D. 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. 已知，则（ ） A. B. C. ， D. ， 10. 投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ） A. 和互为对立事件 B. 事件和不互斥 C. 事件和相互独立 D. 事件和相互独立 11. 已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ） A. 若为等边三角形，则球的体积为 B. 若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为 C. 若，且，则 D. 若，且与所成的角为，则球的表面积为或 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知向量，且向量与不能作为平面向量的一组基底，则___________． 13. 已知某人每次投篮的命中率为，投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则的最大值为________． 14. 已知“”表示小于x的最大整数，例如，.若恰好有四个解，那么的范围是______. 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. 在中，内角的对边分别为，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求边上的高． 16. 如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点. （1）求证：平面； （2）是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由. 17. 某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示： 32 41 54 68 74 80 92 0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94 根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得， （1）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率； （2）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率． 参考公式与数据： ①． ②线性回归方程中，，． ③若随机变量，则，，． 18. 已知函数． （1）已知函数在点处的切线的倾斜角为，求的值． （2）若函数为增函数，求的取值范围； （3）已知．证明：； 19. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质： ①，且； ②； ③与不同时在数对序列A中． （1）当时，写出所有满足的数对序列A； （2）当时，证明：； （3）当为奇数时，记的最大值为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中山市第一中学2025届高三第三次统测 数学 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 若集合，则的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合，然后利用交集运算求解. 【详解】由题意得，， 故，即共有4个元素， 故选：C． 2. 已知复数满足，则复数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】D 【解析】 【分析】根据复数的乘方与除法运算，整理可得标准形式，结合复数的几何意义，可得答案. 【详解】由，得，所以， 所以在复平面内对应的点为，位于第四象限． 故选：D． 3. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 4. 若实数，，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断，，且，根据对数函数的性质可得，即可判断. 【详解】因为， 又，则，且，即， 因为，所以， 所以. 故选：A 5. 对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量和相反向量定义计算可得答案. 【详解】由题意得，在上的投影为， 同理，在上的投影为， 因为任意非零向量在上的投影向量互为相反向量， 所以在上的投影互为相反数，所以， 则． 故选：D． 6. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，结合题目中的等式，可得函数的周期，利用题目中给的函数解析式，可得答案. 【详解】是偶函数，， ，， 故的周期，故， ，令，则， 又当时，， ，即，即， 故选：C. 7. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合三角函数的基本关系式、诱导公式和倍角公式，化简、运算，即可求解. 【详解】由 . 故选：A． 8. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解. 【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况， 两个砝码有，，，几种情况种 三个砝码有，，，，，，几种情况种 四个砝码有，，，，，种， 五个砝码有，，种， 总计种. 对A，选项系数为，故不符合，所以A错误； 对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项， 可得系数为，故B错误； 对C， 系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为 有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为 同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数， 同理由五项组成其他项为常数，则系数为， 综上系数为，故C正确； 对D， ， 系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为， 有与组成，其他是常数项，可有, 故D错误. 故选：C 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. 已知，则（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的最小正周期，即可判断A；根据即可判断B；由x的范围求出的范围，即可求出函数的值域，从而判断C，求出函数的导函数，即可判断D. 【详解】对A，的最小正周期为，，故A正确； 对B，因为，不是奇函数，故B错误； 对C，，，，，故C正确； 对D，，当时，则，则D正确. 故选：ACD. 10. 投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ） A. 和互为对立事件 B. 事件和不互斥 C. 事件和相互独立 D. 事件和相互独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，由对立事件的定义分析A，由互斥事件的定义分析B，由相互独立事件的定义分析CD，综合可得答案． 【详解】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则， 表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则， 表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，， 依次分析选项： 对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误； 对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确； 对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，， 由于，则事件和相互独立，C正确； 对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，， ，事件、不是相互独立事件，D错误． 故选：BC． 11. 已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ） A. 若为等边三角形，则球的体积为 B. 若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为 C. 若，且，则 D. 若，且与所成的角为，则球的表面积为或 【答案】BCD 【解析】 【分析】由为等边三角形求出外接圆半径，再得到球的半径即可求出体积判断A，利用中位线可得出与所成角为，解直角三角形即可判断B，建立空间直角坐标系利用向量法证明垂直即可判断C，利用向量法由异面直线所成角求出圆半径，再得出球半径即可判断D. 【详解】由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为， 圆与圆的半径为. 对于A，由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去）. 所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误. 对于B，因为，所以三点在同一平面内. 因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以， 所以为与所成的角.因为，所以. 又，所以，所以，故B正确. 对于C，因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴， 以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 所以，所以，故C正确. 对于D，以为原点，以，所在直线分别为轴、轴， 以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图， 则， 所以， 所以， 所以， 解得（负值已舍去）或（负值已舍去）. 当时，球的半径为，所以球的表面积； 当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：由于球的半径未知，直径与间的位置关系未知，本题解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知向量，且向量与不能作为平面向量的一组基底，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据基基底的定义，可得向量的位置关系，利用共线定理，建立方程，结合向量的模长公式，可得答案. 【详解】因为，，向量与向量不能作为平面向量的一组基底， 所以，所以，解得，所以， 故． 故答案为：． 13. 已知某人每次投篮的命中率为，投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】结合两点分布的期望与方差公式以及基本不等式计算即可得. 【详解】由题意可知，X服从两点分布，可得，， ，则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故最大值为． 故答案为：. 14. 已知“”表示小于x的最大整数，例如，.若恰好有四个解，那么的范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】作出和的图象，数形结合即可求得答案. 【详解】，如图为满足题意的两种情况： 即或，解得； 故的范围是， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合函数新定义，利用数形结合法解决方程根的个数问题，需要根据题意作出函数图象，利用图象进行求解. 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. 在中，内角的对边分别为，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正余弦定理边角互化，即可代入求解， （2）根据同角关系可得，即可利用等面积法即可求解. 【小问1详解】 ∵， 由正余弦边角关系得，①， 又，② 由①②得，， ∴，∴ 【小问2详解】 由（1）得，， ∵为锐角，∴， ∴的面积， ∴，设边上的高为， 则的面积， ∴，即边上的高为． 16. 如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点. （1）求证：平面； （2）是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：延长三条侧棱交于一点，如图所示， 由于，所以， 所以，所以，同理. 又，平面， 所以平面，即平面. （2）存在，点为中点 【解析】 【分析】（1）延长三条侧棱交于一点，由勾股定理证明，，根据线面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知，如图建立空间直角坐标系， 则，， 所以，. 设， 则， 设平面和平面的法向量分别为， 所以 取， 则. 整理得，即，所以或（舍）， 故存在点（点为中点时），满足题意. 17. 某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示： 32 41 54 68 74 80 92 0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94 根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得， （1）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率； （2）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率． 参考公式与数据： ①． ②线性回归方程中，，． ③若随机变量，则，，． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用对数整理回归方程，结合题目中给定的公式和数据，可得答案； （2）根据正态分布的相关概念，结合正太分布曲线的对称性，可得答案. 【小问1详解】 依题意，两边取对数，得， 即，其中， 由提供的参考数据，可知，又，故，所以， 由提供的参考数据，可得，故， 当时，，即估计其绩效等级优秀率为； 【小问2详解】 由（1）及提供的参考数据可知，，， 又，即，可得，即． 又，且， 由正态分布的性质，得， 记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则， 所以绩效等级优秀率不低于的概率等于． 18. 已知函数． （1）已知函数在点处的切线的倾斜角为，求的值． （2）若函数为增函数，求的取值范围； （3）已知．证明：； 【答案】（1） （2） （3） 由（2）可知，当时，单调递增， 由，可知，即. 再由可知， 故. 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求解； （2）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解； （3）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可. 【小问1详解】 由已知有，而由可得，故，所以. 【小问2详解】 设，则，所以对有，对有. 从而在上递减，在上递增，故对有，从而对有. 若，则对任意有，所以在和上递增，故在上递增，满足条件； 若，则对有，所以在上递减，不满足条件； 若，则，所以在上递减，不满足条件. 所以的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质： ①，且； ②； ③与不同时在数对序列A中． （1）当时，写出所有满足的数对序列A； （2）当时，证明：； （3）当为奇数时，记的最大值为，求． 【答案】（1）或 （2）证明：当时，因与不同时在数对序列中，故， 即每个数至多出现5次. 又因，所以只有对应的数可以出现5次， 故.得证. （3） 【解析】 【分析】（1）利用列举法即可求得正确答案； （2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得；（3）先证明，然后利用累加法求得. 【小问1详解】 依题意，当时，有或； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当是奇数时，先证明. 因与不同时在数对序列中，所以, 当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1. 对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1， 那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列： 首先，对于如下个数对集合： 每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以， 其次，对每个不大于的偶数, 将如下4个数对并成一组：， 共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面， 即： , 此时恰有项，所以. 综上，当是奇数时， . 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论; （2）重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况; （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $