精品解析：江苏省南京市协同体七校2024-2025学年高三上学期期中联合考试数学试题

南京市协同体七校2024-2025学年第一学期期中联合考试 高三数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.本试卷所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 2.答题务必将自己妵名，准考证信息用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷答题卡上， 第I卷（选择题共58分） 一､选择题：本题共8小輀，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】B 【解析】 【分析】先求解不等式，得到集合，再求其并集即得. 【详解】由可得，则得， 故 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设得，由即可求结果. 【详解】由题设，则. 故选：C 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及向量相等列方程求参即可. 【详解】向量， 若，则, 所以， 可得,即得. 故选：B. 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式“1”的代换求出最小值. 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 5. 已知直径为12的球内有一内接圆柱（圆柱上下底面圆在球面上），则圆柱体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】圆柱的高为，勾股定理表示出圆柱底面半径，利用体积公式表示出体积与之间的函数关系式，利用导数求最大值； 【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则有，（）， 所以，（） 令，则， 令，得又，所以， 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递减. 所以. 故. 所以圆柱体积的最大值为. 故选：A. 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是( ). A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一次函数和二次函数单调性，结合分段函数区间端点的函数值大小关系求解即可. 【详解】已知函数，当时， 单调递增，所以最大值为； 当且时，在上单调递增，最小值为； 所以要使函数在上单调递增， 则，解得或(舍去). 故选：C. 7. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事件为“第一次出现偶数点”，事件为“两次出现的点数和为”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型计算可判断A错误；由及可得B错误；应用条件概率公式计算判断C,由独立事件的乘法公式可以判断D. 【详解】对于A：将一枚均匀的骰子掷两次基本事件共有个， 事件包括，2个基本事件，所以，故A错误； 对于B：因为不互斥，，， 所以，故B错误； 对于C：事件包括4个基本事件，所以， ，故C错误； 对于D：事件为“第一次出现偶数点”， ，， ，与相互独立，故D正确； 故选：D. 8. 已知是定义在上的周期函数，周期，且当时，若，则下列结论中一定正确的是（ ） A. 时，可以有三个解 B. 时，可以有三个解 C. 时，可以有一个解 D. 时，可以有四个解 【答案】B 【解析】 【分析】分析两个函数的函数特征，结合图象可判断结论. 【详解】因为是周期为1的周期函数，且在上， 要判断有多少个解，需分析与在一个周期内的解的个数， 当时，在一个周期内，因为是二次函数，是线性函数，与最多有2个交点， 当时，在一个周期内，因为是二次函数，是线性函数，与最多有1个交点， 作出函数在两个周期内的图象，如图所示： 由图象可知， 当，若时，直线过原点与，此时只有1个交点， 向下平移至与曲线相切之前有两个交点，相切时有1个交点， 所以与最多两个交点，最多二个解，故A错误； 当时，若，直线过原点与，与可能有二个交点， 向下平移至与曲线相切之前有三个交点，故可以有三个解，故B正确； 当时，若，直线过原点与， 与有两个交点，左右平移也有两个交点， 所以与一定有两个交点，不可能有一个解，故C错误； 当时，，直线过原点与， 与有三个交点，左右平移也有三个交点， 与一定有三个交点，故不可以有四个解，故D错误. 故选：B. 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. 已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线准线的垂线，，垂足分别是，，下列说法正确的是( ). A. 直线过抛物线的焦点 B. 当时，，两点横坐标的和为5 C. 当时，直线截抛物线所得的弦长为8 D. 以为直径的圆与直线相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别写出抛物线的焦点和直线所过定点，即可得出A选项；当时联立直线和抛物线方程，由韦达定理和抛物线弦长公式分别计算B和C选项；联立方程，利用韦达定理即可判断D选项. 【详解】由题意知抛物线的交点坐标为，准线方程为，直线 过定点，所以直线过抛物线的焦点，故A正确； 当时，直线的方程为，联立，消去得，， 设，，则，所以，两点横坐标的和为6，故B错误； 由抛物线的定义可知，，故C正确； 设直线的方程为，设点、，则、， 联立，可得，， 由韦达定理可得，， 所以线段MN的中点为,, 线段MN的中点到直线的距离为， 所以以为直径的圆与直线相切，故正确. 故选：ACD. 10. 已知正方体，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 存在唯一一点，使得过的平面与正方体的截面是菱形 B. 存在唯一一点，使得平面 C. 存在无穷多个点，使得平面 D. 存在唯一一点，使得 【答案】BD 【解析】 【分析】取线段的中点，过点作正方体的截面，然后证明点在线段上时可满足条件来判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法转化为满足条件的方程解的问题可判断BCD. 【详解】点满足，即点在正方形 内（包括正方形的四条边）上运动， 对于A：取线段的中点，过点作正方体的截面， 因为面面，面面，根据面面平行 的性质定理知如果一个平面与两个平行平面相交，则交线平行， 所以有，即四边形为平行四边形， 又为线段的中点，由≌可得， 所以四边形为菱形，所以当点在线段上时，过的 平面与正方体的截面是菱形，故有无穷多个点，使得过的平面 与正方体的截面是菱形，A错误； 以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 令， 则， ， 因为， 若平面，则，解得， 即存在唯一点满足条件，故B正确； 因为，设平面平面的法向量， 则，令，则，若平面， 则，即，所以只有当时方程有解， 即存在唯一点满足题意，故C错误； 因为，，若， 则，由，可解的， 所以存在唯一一点，使得，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：对于立体几何中，针对找某点满足某种位置关系的问题，适当建立空间直角坐标系，利用向量法转化为方程的根是否存在及个数问题，将立体几何代数化，能起到非常好的效果. 11. 如果服从二项分布，当且时，可以近似的认为服从正态分布，据统计高中学生的近视率，某校有600名高中学生.设为该校高中学生近视人数，且服从正态分布，下列说法正确的是（ ） （参考数据：） A. 变量服从正态分布 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用正态分布的性质逐项计算判断. 【详解】依题意，，， 对于A，变量服从正态分布，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，，则__________. 【答案】400 【解析】 【分析】根据等差数列的前n项和公式计算即可. 【详解】在等差数列中，. 故答案为：400. 13. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件得出上且仅有2个零点，则列不等式组求参即可. 【详解】因为上有且仅有2个零点， 所以， 所以. 故答案为： 14. 已知为自然对数的底数，若函数的最大值与函数的最小值相等，则实数的值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用导数求的最小值，根据题设知先增后减，得到，应用导数及其最大值，列方程求参数值. 【详解】对于，有， 时，即在上单调递减， 时，即在上单调递增， 所以，故的最大值为1， 对于且，有， 显然先增后减，故， 时，即在上单调递增， 时，即在上单调递减， 所以，则. 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. 在中，角所对的边长分别为，已知. （1）求； （2）若是中点，求的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：由，正弦定理得，再由，得，可求； 方法二：已知条件结合余弦定理求出，再由余弦定理求得，可求； （2）方法一：利用向量数量积求； 方法二：由，有，利用余弦定理求的长度 【小问1详解】 方法一： 因为，由正弦定理得：， 又，得， 中，，所以， 又因为在中，所以. 方法二： 因为，由余弦定理得：， 解得，所以， 又因为在中，所以. 【小问2详解】 方法一： 在中，是中点，所以， ， ，即的长为. 方法二： 由（1）方法二，知， 又是中点，， 在中由余弦定理有：， 在中由余弦定理有：， 因为， 所以， 即， 解得，即的长为. 16. 已知公差不为0的等差数列的前项和为成等比数列. （1）求的通项公式； （2）若，且成等差数列，求出所有的正整数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义以及等比数列性质计算可得结果； （2）由等差数列定义得出关于的等式； 方法一：分离常数由正整数范围即可解得正整数. 方法二：解不等式得出，对或进行分类讨论即可得出结果. 【小问1详解】 由，所以 又因为成等比数列，所以， 又因为，所以 所以 所以 【小问2详解】 由题意可得， 所以 方法一： 整理可得 所以， 因为且，所以 方法二： ， 所以， 又，所以或， 当时，，与矛盾， 当时，，符合条件， 所以 17. 如图，在四棱锥中，面，四边形是梯形，，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 因为面平面， 所以，又因为平面平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）证明，证明，证明平面平面； （2）设，以点为坐标原点，为轴，为轴如图建立空间直角坐标系，根据向量法求出二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，又因为， 以点为坐标原点，为轴，为轴如图建立空间直角坐标系， 因为，所以， 又因为， 所以，又因为， 所以，故，， 所以，，， 设面一个法向量为， 所以，所以， 设面一个法向量为， 所以，所以， ，所以. 18. 已知函数. （1）若，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的最小值为0，求的值. 【答案】（1） （2） 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出直线切线斜率点斜式写出直线方程； （2）求得，分、、、四种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）分，两种情况分类求出最小值即可列式求参. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以切线方程为 【小问2详解】 ， 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增. 【小问3详解】 令， 当时，，故无最小值， 所以，由得， 所以时单调递减，时单调递增， 所以， 所以. 【点睛】方法点睛：解题主要方法是分类讨论，结合导函数的正负的得出函数的单调性. 19. 已知椭圆的短轴长为，离心率为分别是椭圆的上下顶点，过作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 方法一： 当轴时，不可能垂直， 故可设直线方程为 由，得， 设，则， 所以， 又因为，所以 即，即：， 所以 代入可得， 整理，解得（舍）或， 所以直线的方程为，令，得， 所以直线过定点， 方法二： 显然均不可能与坐标轴垂直，故可设 由，得 设 所以：， 因为互相垂直，同理得 所以直线的斜率为：， 直线的方程为：， 令得，即直线过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）利用短轴长以及离心率计算可得椭圆的标准方程； （2）方法一：利用直线垂直的向量表示，得出并利用韦达定理可得直线方程为，得出结论； 方法二：设并与椭圆联立解得两点坐标，得出直线的方程化简可得结论； （3）方法一：利用弦长公式计算得出面积表达式并由基本不等式计算可得结果； 方法二：求得线段的长度表示出面积再由基本不等式计算可得结果. 【小问1详解】 因为，又 解得： 故椭圆的标准方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 方法一： 由（2）知： ， 所以面积 令，所以代入可得： 此时，所以面积的最大值是 方法二： 由（2）知，所以， 因为互相垂直，同理得， 所以面积 令， 此时，解得， 所以面积的最大值是. 【点睛】关键点点睛：本题在求解面积最大值时关键在于得出面积的表达式，再根据基本不等式计算得出最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市协同体七校2024-2025学年第一学期期中联合考试 高三数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.本试卷所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 2.答题务必将自己妵名，准考证信息用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷答题卡上， 第I卷（选择题共58分） 一､选择题：本题共8小輀，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. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 3 5. 已知直径为12的球内有一内接圆柱（圆柱上下底面圆在球面上），则圆柱体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是( ). A. B. C. D. 7. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事件为“第一次出现偶数点”，事件为“两次出现的点数和为”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 与相互独立 8. 已知是定义在上的周期函数，周期，且当时，若，则下列结论中一定正确的是（ ） A. 时，可以有三个解 B. 时，可以有三个解 C. 时，可以有一个解 D. 时，可以有四个解 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. 已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线准线的垂线，，垂足分别是，，下列说法正确的是( ). A. 直线过抛物线的焦点 B. 当时，，两点横坐标的和为5 C. 当时，直线截抛物线所得的弦长为8 D. 以为直径的圆与直线相切 10. 已知正方体，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 存在唯一一点，使得过的平面与正方体的截面是菱形 B. 存在唯一一点，使得平面 C. 存在无穷多个点，使得平面 D. 存在唯一一点，使得 11. 如果服从二项分布，当且时，可以近似的认为服从正态分布，据统计高中学生的近视率，某校有600名高中学生.设为该校高中学生近视人数，且服从正态分布，下列说法正确的是（ ） （参考数据：） A. 变量服从正态分布 B. C. D. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，，则__________. 13. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围是__________. 14. 已知为自然对数的底数，若函数的最大值与函数的最小值相等，则实数的值是__________. 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，角所对的边长分别为，已知. （1）求； （2）若是中点，求的长度. 16. 已知公差不为0的等差数列的前项和为成等比数列. （1）求的通项公式； （2）若，且成等差数列，求出所有的正整数. 17. 如图，在四棱锥中，面，四边形是梯形，，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 18. 已知函数. （1）若，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的最小值为0，求的值. 19. 已知椭圆的短轴长为，离心率为分别是椭圆的上下顶点，过作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $