精品解析：云南省昆明市官渡区云南大学附属中学星耀学校2024-2025学年高三上学期11月阶段练习数学试题

云南大学附属中学星耀学校2024—2025学年（上）11月阶段练习 高三年级数学 命题人：高三数学备课组 审题人：高三数学备课组 （时间：120分钟 总分：150分） 诚信誓言：我以我的荣誉起誓，在本次考试中，诚实守信，成绩真实. 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.只有一项符合要求. 1. 设复数是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. C. D. 2. 某运动员在一次训练中共射击次，射击成绩（单位：环）如下：，，，，，．则下列说法正确的是（ ） A. 成绩的极差为 B. 成绩的第百分位数等于成绩的平均数 C. 成绩的中位数为和 D. 若增加一个成绩，则成绩的方差不变 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 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（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在直角坐标系中，已知直线与圆相交于两点，则的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知，，则（） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前n项和为，满足，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列 C. D. 数列是等比数列 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最小正周期为 B. 函数图象的对称轴是， C. 当时，是函数的一个最大值点 D. 函数在区间内不单调，则 11. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. ，或 B. 的解集为 C. 当时， D. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办方计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”，“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有______种排法. 13. 紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位找到飞机的特有装置．根据某机构对失事飞机的调查得知：失踪飞机中有后来被找到，在被找到的飞机中，有安装有紧急定位传送器；而未被找到的失踪飞机中，有未安装紧急定位传送器．则在失踪飞机中，装有紧急定位传送器飞机的比例为______（填写百分数），现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为______． 14. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上且，的平行线OQ与的角平分线交于Q，，则椭圆C的离心率为__________. 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、证明过程及验算步骤. 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若为中点，，，求的周长. 16. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若函数有极小值，且的极小值小于，求a的取值范围. 17. 如图，在体积为的三棱柱中，平面平面ABC，，. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 甲乙两支足球队进入某次杯赛决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过点球大战决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；点球大战甲队获胜的概率为，且不同对阵的结果互不影响． （1）若甲队先主场后客场，且， （ⅰ）求甲队通过点球大战获得冠军的概率； （ⅱ）求甲队获得冠军的概率； （2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过点球大战决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，点球大战甲队获胜的概率为．问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 19. 如图所示，，是抛物线上的一系列点，其中，，记直线、的斜率分别为，，. （1）证明是等比数列，并求出数列的通项公式； （2）记的面积为，求； （3）若，，.求证：. 注：中，若，，则面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南大学附属中学星耀学校2024—2025学年（上）11月阶段练习 高三年级数学 命题人：高三数学备课组 审题人：高三数学备课组 （时间：120分钟 总分：150分） 诚信誓言：我以我的荣誉起誓，在本次考试中，诚实守信，成绩真实. 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.只有一项符合要求. 1. 设复数是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将代入方程结合复数的乘法运算即可得解. 【详解】将代入方程得：，得，即. 故选：D. 2. 某运动员在一次训练中共射击次，射击成绩（单位：环）如下：，，，，，．则下列说法正确的是（ ） A. 成绩的极差为 B. 成绩的第百分位数等于成绩的平均数 C. 成绩的中位数为和 D. 若增加一个成绩，则成绩的方差不变 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出运动员的极差、平均值、中位数、方差以及第百分位，由此判断四个选项即可． 【详解】A．，极差为，故错误，不符合题意； B．第百分位数，平均数，故正确，符合题意； C．成绩的中位数为，故错误，不符合题意； D．若增加一个成绩，则成绩的方差会变小，故错误，不符合题意； 故选：B． 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 4. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出圆锥底面圆半径，利用圆锥侧面积公式及三角形面积公式列式计算即得. 【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意可得，解得， 所以. 该圆锥体积为 故选：B 5. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据下标和性质求出，即可求出、，即可求出，再由求和公式计算可得. 【详解】因为等比数列单调递增，，则，又， 解得或（舍去），所以， 所以. 故选：D. 6. 在直角坐标系中，已知直线与圆相交于两点，则的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，利用勾股定理可表示出弦长，代入面积公式，结合二次函数求最值即可求解. 【详解】圆心到直线的距离， ， 又，所以，即. 故选：D. 7. 已知，，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用降幂公式及角的变换，结合两角和与差的余弦公式化简即可求解. 【详解】已知, 则 故选:. 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据恒成立确定的关系式，从而将转化为只有的式子，再利用导数讨论单调性求最值即可. 【详解】因为，且函数和都是上的增函数，故若恒成立， 则函数和的零点相同， 所以，则， 设，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，所以最大值为， 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前n项和为，满足，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列 C. D. 数列是等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据前n项和与通项之间的关系求得.对于A：根据等比数列定义分析判断；对于B：根据等差数列定义分析判断；对于C：根据等比数列求和公式分析判断；对于D：举反例说明即可. 【详解】因为， 若，则，即； 若，则， 可得，即； 且符合上式，所以. 对于选项A：因为，且， 所以数列是公比为2的等比数列，故A正确； 对于选项B：因为， 所以数列为等差数列，故B正确； 对于选项C：因为，所以，故C正确； 对于选项D：因为， 显然，所以数列不是等比数列，故D错误； 故选：ABC. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最小正周期为 B. 函数图象的对称轴是， C. 当时，是函数的一个最大值点 D. 函数在区间内不单调，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦函数的周期，对称性及最大值判断ABC，以为整体，结合正弦函数单调性分析判断D. 【详解】对A，当时，函数的最小正周期为，故A正确； 对B，令，得， 故函数图象的对称轴是，故B错误； 对C， 当时，为最大值， 故是函数的一个最大值点，故C正确； 对D，因为，则， 若函数在区间内不单调，则，解得，故D正确. 故选：ACD. 11. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. ，或 B. 的解集为 C. 当时， D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，由题可得，据此得的可能值，验证后可判断选项正误；B选项，由A分析，可得表达式，解相应不等式可判断选项正误；C选项，由A分析结合，大小关系可判断选项正误；D选项，由A分析，验证等式是否成立可判断选项正误. 【详解】A选项，由题，则， 因在处取得极大值，则或， 当时，，令；， 则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极小值，不合题意； 当时，，令；， 则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，满足题意； 则，故A错误； B选项，由A可知，， 则，故B正确； C选项，当，则，则，由A分析，在上单调递增， 则，故C正确； D选项，令，由A可知，， 则 ， 又，则，故D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数极值的方法 （1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号； （2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数； （3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解． 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办方计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”，“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有______种排法. 【答案】 【解析】 【分析】利用插空法结合排列数求解即可. 【详解】每周一门，连续开设六周，则课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周共有种排法. 故答案为：. 13. 紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位找到飞机的特有装置．根据某机构对失事飞机的调查得知：失踪飞机中有后来被找到，在被找到的飞机中，有安装有紧急定位传送器；而未被找到的失踪飞机中，有未安装紧急定位传送器．则在失踪飞机中，装有紧急定位传送器飞机的比例为______（填写百分数），现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：根据全概率公式即可得到答案；空2：设事件，再利用条件概率即可得到答案. 【详解】根据全概率公式得装有紧急定位传送器飞机的比例为： ； 设事件“失踪的飞机后来被找到”， 事件“失踪的飞机后来未被找到”，事件“安装有紧急定位传送器”，则， ，，， 安装有紧急定位传送器的飞机失踪， 它被找到的概率为： ， 故答案为：；． 14. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上且，的平行线OQ与的角平分线交于Q，，则椭圆C的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可知为的中位线，根据角平分线将角平分和平行线的性质（两直线平行，同位角相等）以及对顶角的性质（两直线相交,对顶角相等），得到，又根据椭圆的定义得到,最后运用余弦定理求解即可. 【详解】设的角平分线交轴于点,延长与交于,则为中点, ， 即 在中,由余弦定理得 即 又结合椭圆中,整理得 所以椭圆的离心率为 故答案为：. 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、证明过程及验算步骤. 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若为中点，，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：利用正弦定理将边化角后，再利用两角和的正弦公式及，得到，再得出的值；方法二：利用余弦定理将角化边，得出，消去，得出结果. （2）方法一：利用已知条件和余弦定理，得出，题干已知条件有转化成，利用余弦定理得出，解方程得出再计算得出周长；方法二：利用，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长；方法三：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长. 【小问1详解】 方法一：因为， 由正弦定理可得， 则， 所以， 因为在中，，所以. 方法二：因为， 由余弦定理可得， 所以， 因此， 因为，所以. 【小问2详解】 方法一：由已知条件得. 在利用余弦定理得. 所以， 由余弦定理得， 所以， 因此， 所以的周长为. 方法二：因为， 所以， 因此， 所以， 又由余弦定理得， 所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 方法三：在和分别利用余弦定理可得， 所以， 又由余弦定理得， 所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 16. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若函数有极小值，且的极小值小于，求a的取值范围. 【答案】（1）证明如下： 要证，只需证. 当时，则，其中， 可得，令得，，列表如下： 1 递减 极小值 递增 所以，函数在处取得即小值，亦即最小值，即， 所以，. （2） 【解析】 【分析】（1）当时，证明出即可； （2）对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数在其定义域上的单调性，可得出，根据题意可得出，可得出，利用导数分析函数在上的单调性，再利用函数的单调性可解不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，其中，则， 当时，，，此时，函数在上单调递增， 当时，令，可得，列表如下： 递减 极小值 递增 所以，， 由题意可得，即. 令，其中，且. 不等式即为，. ， 当且仅当时，即时，. 所以，函数在单调递增，又，则. 因此，实数的取值范围是. 17. 如图，在体积为的三棱柱中，平面平面ABC，，. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接.由为正三角形，得. 因为平面平面且交于，所以平面，即为该三棱柱的高. 因为三棱柱的体积，且，所以. 因为，所以，即. 由平面平面且交于，平面，可得平面. 因为平面，所以. 因为，所以. 在菱形中，. 又因，平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据体积为得到，再由线线垂直得到线面垂直； （2）建系标点，分别求平面与平面的法向量，根据空间向量法求面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，过作直线平行于交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，. 设平面的法向量为，因为. 所以 令，得. 设平面的法向量为， 因为， 所以 令，得. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 甲乙两支足球队进入某次杯赛决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过点球大战决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；点球大战甲队获胜的概率为，且不同对阵的结果互不影响． （1）若甲队先主场后客场，且， （ⅰ）求甲队通过点球大战获得冠军的概率； （ⅱ）求甲队获得冠军的概率； （2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过点球大战决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，点球大战甲队获胜的概率为．问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 【答案】（1）（i）；（ii） （2）“主客场比赛制”比“单场比赛制”更利于甲夺冠. 【解析】 【分析】（1）（i）事件包含甲队主胜客负、主负客胜、主平客平，然后点球获胜，分三种情况，求出概率相加得到答案； （ii）甲队获得冠军包含甲队点球获胜、主胜客胜、主胜客平、主平客胜，分四种情况，求出概率，相加即可； （2）在“单场比赛制”下，甲队获得冠军包含甲队胜、甲队平同时点球胜，计算出相应的概率，结合（1）中所求甲队获得冠军的概率，作差法比较出结论. 【小问1详解】 （i）记甲队通过点球大战获得冠军为事件， 此事件包含甲队主胜客负、主负客胜、主平客平，然后点球获胜， 故， 因为，所以， 所以甲队通过点球大战获得冠军的概率为. （ii）记甲队获得冠军为事件， 事件包含甲队点球获胜、主胜客胜、主胜客平、主平客胜， 所以， 将代入得，， 所以甲队获得冠军的概率为 【小问2详解】 由题意，记在“单场比赛制”下，甲队获得冠军为事件， 事件包含甲队胜、甲队平同时点球胜， 所以， 因为，所以，此时满足题意， ， 因为，所以， 故“主客场比赛制”比“单场比赛制”更利于甲夺冠. 19. 如图所示，，是抛物线上的一系列点，其中，，记直线、的斜率分别为，，. （1）证明是等比数列，并求出数列的通项公式； （2）记的面积为，求； （3）若，，.求证：. 注：中，若，，则面积. 【答案】（1） ，同理, 由，得，又, 所以，则是首项为,公比为的等比数列, 所以, （2） （3） 由(2)可得,，由， 可得，则， 所以． 【解析】 【分析】（1）由已知可得,由累加法可得的通项公式; （2）利用（1）的结论求得,可求; （3）放缩法可得,可证结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)可得 令，则，同理可得 所以，即 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问关键点在于利用放缩法可得进而可求证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $