精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

2024—2025学年度（上）沈阳市五校协作体期中考试 高三年级数学试卷 命题：胡博 校对：李大为 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分： 第一部分：选择题型（1—11题58分） 第二部分：非选择题型（12—19题92分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 若集合，集合，则的真子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 31 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】解对数不等式和一元二次不等式，得到，求出，由元素个数得到真子集个数. 【详解】，故，解得， 又，故， ，解得，故， 故，元素个数为2，故真子集个数为. 故选：A 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出，利用复数除法法则计算出. 【详解】，故， . 故选：B 3. 已知向量，，且，则x的值是（ ） A. B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】计算出，，由模长相等得到方程，求出答案. 【详解】，， 由得，解得. 故选：D 4. “”是“直线与圆：相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分条件也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据相切关系可得或，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】圆：的圆心为，半径为， 若直线与圆相切，则，解得或， 且是的真子集， 所以“”是“直线与圆：相切”的充分不必要条件． 故选：A. 5. 某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图象的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案. 【详解】A：，即在定义域上递增，故A不符合题意； B：， 在上，在上，在上， 所以在、上递减，上递增，故B符合题意； C：由且定义域为， 为偶函数，所以题图不可能在y轴两侧， 研究上性质：，故递增，故C不符合题意； D：由且定义域为R，为奇函数， 研究上性质：， 当时，； 当时，，所以， 故，，在递增， 所以在R上递增，故D不符合题意； 故选：B 6. 已知等差数列中，，，又，，其中，则的值为（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可以算出，再利用等差数列中的关键量和可以求出.利用，求出，进而求出，确定即可得出结论. 【详解】， ，， ， ， .又， ， . ，，， . 故选：D. 7. 已知双曲线的左右焦点分别为，，点A在C上，点B在y轴上，若，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据平面向量数量积和线性运算的坐标表示可得建立方程组，解得，代入双曲线方程可得e的方程，解之即可求解. 【详解】如图，，设， 则, 由，得， 解得，又在双曲线上， 所以，即，整理得， 即，由解得. 故选：C 8. 已知函数，若对任意的都有恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】同构，并参变分离得到，构造，求导，得到其单调性，得到，并由零点存在性定理得，当且仅当时，等号成立，故，得到答案. 【详解】对任意的，有，故， 即， 即， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，即， 其中在上单调递增，，， 故存在，使得， 故，当且仅当时，等号成立， 又，从而，当且仅当时，等号成立， 故，解得. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用同构得到，构造函数求出，得到不等式，进行求解. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数，，则（ ） A. 与的图象有相同的对称中心 B. 与的图象关于x轴对称 C. 与的图象关于y轴对称 D. 的解集为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据与判断A、B、C，由得，利用正弦函数性质求解集判断D. 【详解】由， 所以关于轴对称，易知它们有相同的对称中心，A、B对； 由 显然，即与的图象不关于y轴对称，C错； 由，则，即， 所以，即，D错. 故选：AB. 10. 设为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点且与交于，两点（点在第一象限），，为的准线，，垂足为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，则直线的斜率为或 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A项，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即得；对于B项，利用抛物线上点的性质进行转化再结合图象，三点共线时，对应线段和最小即得；对于C项，由条件推理得点A的坐标，根据抛物线的定义可得可判断C的真假；对于D项，设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，将所求式代入化简，可求直线的斜率，判断D的真假. 【详解】如图： 对于A：根据抛物线的性质，所有的焦点弦中，通径最短，为，由，故A正确； 对于B：因为抛物线方程为，所以. 根据抛物线的定义，，所以，故B正确； 对于C：记直线与轴的交点为，过作于. 因为，，所以，所以. 根据抛物线的定义：，， 所以，故C错误； 对于D：当时，直线斜率存在且不为0，设直线：. 代入得：，整理得：. 设，，则，由，点在第一象限，得（）. 解得，故D错误. 故选：AB 11. 已知函数，则（ ） A. B. 若，则的极大值点为 C. 若至少有两个零点，则 D. 在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，代入计算，得到；B选项，求导，得到函数单调性，得到为极小值点，B错误；C选项，分和两种情况，结合B选项，得到函数极值情况，从而得到不等式，求出；D选项，分和两种情况，得到，得到D正确. 【详解】A选项，， 故，A正确； B选项，，若，当或时，， 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故为极小值点，B错误； C选项，，当时，，故在R上单调递增，不会有两个零点，舍去； 当时，由B选项知，在上单调递增， 在上单调递减， 在处取得极小值，在取得极大值， 且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于， 其中，， 要想至少有两个零点，则， 解得，C正确； D选项，由C选项知，当时，在R上单调递增，满足在区间上单调递增， 当时，在上单调递增， 其中， 故，所以在区间上单调递增， 综上，在区间上单调递增，D正确 故选：ACD 【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质，比如三次函数零点问题，极值点情况等. 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．） 12. 已知二项式的展开式中的系数为15，则______． 【答案】-3 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项公式，得到，故得到，求出答案. 【详解】展开式通项公式为， 令得， 故，解得. 故答案为：-3 13. 在四面体中，，，，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用判断体积最大时（需要体积最大，只需要底面积和高同时最大即可）该三棱锥的结构特征，再确定外接球的球心及半径，然后计算表面积即可. 【详解】如图，作的中点，连接， 由，，则， 该三棱锥以为底，点到底面的距离为高， 要使体积最大，则棱锥的高最大为，故， 此时面，面，则面面， 设，，，则底面积， 又，当且仅当时等号成立， 所以最大值为，此时， 所以，当四面体的底面为等边三角形，，面面时，体积最大， 此时底面的外接圆圆心为，连接， 由正弦定理有，显然， 所以，则，故， 故为该三棱锥外接球的球心，且球体半径为，则其表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据题设确定体积最大时，四面体的底面为等边三角形，，面面，再结合已知确定球体的球心和半径为关键. 14. 有一个4行4列的表格，在每一个格中分别填入数字0或1，使得4行中所填数字之和恰好是各一个，4列中所填数字之和恰好也是1，2，3，4各一个（如图为其中一种填法），则符合要求的不同填法共有__________种. 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 【答案】576 【解析】 【分析】需要填入6个数字0和10个数字1，按顺序先填6个数字0，先找到一行并填入3个数字0，再选出一列需填入3个数字0把0填入，再填入最后一个数字0，最后填入所有的1，结合分步计数原理和组合数公式求解. 【详解】显然在符合要求的填法中，应该填入6个数字0和10个数字1， 按照下面的顺序填入这6个数字0. ①先找到一行并填入3个数字0，选出这样1行共有4种选法， 而从该行的4格中选出3个填入数字0，也有种填法. 因此这一步共有种不同的填法. ②选出一列填入3个数字0，以图为例，可知这一列必为已填入了一个数字0的列， 否则就没有一列的数字之和为4，从而选出这一列共有3种选法. 而该列中已经填入了一个数字0，所以填入另外两个数字0有种填法. 这一步共有种不同的填法. ③当完成前面两步后，最后一个数字0所在行与列都有两个0，只有4个位置可以选择. 最后剩下所有的格都填1，有1种填法. 因此，符合要求的不同填法共有种. 故答案为：576. 【点睛】思路点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． 四、解答题（本大题共5道小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分．） 15. 已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，S为的面积，且满足． （1）求B； （2）若，且，，求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式和余弦定理、辅助角公式计算可得，进而求解； （2）由题意，根据平面向量数量积的定义和余弦定理计算可得，利用向量的线性运算证明A、D、C三点共线，进而得，结合余弦定理计算即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 由余弦定理得， 所以， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即． 【小问2详解】 由及得， ，化简得， 将代入上式整理得：，所以，， 所以，解得． ∵， ∴A、D、C三点共线，且． ∴， 所以． 16. 已知函数. （1）若在处取得极值，求的极值； （2）若在上的最小值为，求的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，进而可得，利用导数即可求解函数的单调区间，进而可求解极值， （2）根据导数确定函数单调性，结合分类讨论即可求解. 【小问1详解】 ，，. 因为在处取得极值，所以，则. 所以，， 令得或1，列表得 1 + 0 - 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 . ①当时，，所以在上单调递增，的最小值为，满足题意； ②当时，令，则或，所以在上单调递减，在上单调递增， 此时，的最小值为，不满足题意； ③当时，在上单调递减，的最小值为，不满足题意. 综上可知，实数的取值范围时. 17. 在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为. （1）证明：； （2）已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可； （2）假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可. 【小问1详解】 因为四边形为菱形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且. 理由如下： 取中点，连接，因为，所以， 又，所以为等边三角形，所以， 因为，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， ， . 因为平面平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设， 则，所以， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，则，可取， 又， 所以， 即，解得，此时； 因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且. 18. 甲乙两名选手进行象棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛，已知每局比赛中，甲获胜的概率为a，乙获胜的概率为b，双方平局概率为c，，且每局比赛结果相互独立. （1）若，求甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率. （2）若，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值. 【答案】（1） （2）分布列： X 2 4 5 最大值为 【解析】 【分析】（1）由甲选手恰好在第4局赢得比赛可得各场比赛结果，即可得答案； （2）由题可得X的值可能为2，4，5，据此可得分布列及，后由基本不等式结合二次函数单调性可得最大值. 【小问1详解】 若比赛中甲胜，计比赛结果为甲；比赛中乙胜，计比赛结果为乙；比赛平局，计比赛结果为平. 若4局比赛中没有平局，则比赛结果按比赛顺序分别为：甲乙甲甲，乙甲甲甲. 对应概率为：； 若4局比赛中有平局，则比赛结果按比赛顺序分别为：平平甲甲，平甲平甲，甲平平甲. 对应概率为：. 综上，甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率为； 【小问2详解】 因，则比赛结果只有甲乙两种，且. 又比赛最多进行5局，则X的值可能为2，4，5. 时，比赛结果按比赛顺序分别为甲甲，乙乙， 则； 时，比赛结果按比赛顺序分别为甲乙甲甲，乙甲甲甲，乙甲乙乙，甲乙乙乙， 则； 时，说明前4场比赛没有结束比赛，即前4场甲乙打平， 则对应比赛结果按比赛顺序分别为甲乙乙甲甲，乙甲甲乙甲，乙甲乙甲甲，甲乙甲乙甲， 甲乙乙甲乙，乙甲甲乙乙，乙甲乙甲乙，甲乙甲乙乙， 则. 则对应分布列为： X 2 4 5 则. 注意到， 则， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 因为函数在上单调递增， 所以， 故的最大值为. 19. 已知椭圆，，分别为椭圆的左顶点和右焦点，过作斜率不为的直线交椭圆于点，两点，且，当直线轴时，． （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，，且，求直线的方程； （3）设直线交轴于点，若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到椭圆方程； （2）根据题意，设的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，分别联立直线，直线与椭圆的方程，分别得到点的横坐标，结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 设椭圆右焦点，，则①， 由，得②， 直线轴时，，两点横坐标为， 将代入椭圆方程中，解得，所以③， 联立①②③解得，，， 椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 显然，直线不与轴垂直，可设的方程为， 联立椭圆方程，消去并整理得， 又设，，显然， 所以由一元二次方程的根与系数的关系可得， 所以， 即，化简可得，即， 所以直线方程为． 【小问3详解】 依题意直线的斜率存在且不为， 设直线的方程为：， 则直线的方程为． 联立直线与椭圆的方程可得：， 由，可得， 联立直线与椭圆的方程可得：，即， 即， 当且仅当，即时取等号， 即的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度（上）沈阳市五校协作体期中考试 高三年级数学试卷 命题：胡博 校对：李大为 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分： 第一部分：选择题型（1—11题58分） 第二部分：非选择题型（12—19题92分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 若集合，集合，则的真子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 31 D. 32 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则x的值是（ ） A. B. C. D. 6 4. “”是“直线与圆：相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分条件也不必要条件 5. 某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图象的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列中，，，又，，其中，则的值为（ ） A. 或 B. C. D. 7. 已知双曲线的左右焦点分别为，，点A在C上，点B在y轴上，若，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意的都有恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数，，则（ ） A. 与的图象有相同的对称中心 B. 与的图象关于x轴对称 C. 与的图象关于y轴对称 D. 的解集为 10. 设为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点且与交于，两点（点在第一象限），，为的准线，，垂足为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，则直线的斜率为或 11. 已知函数，则（ ） A. B. 若，则的极大值点为 C. 若至少有两个零点，则 D. 在区间上单调递增 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．） 12. 已知二项式的展开式中的系数为15，则______． 13. 在四面体中，，，，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为______． 14. 有一个4行4列的表格，在每一个格中分别填入数字0或1，使得4行中所填数字之和恰好是各一个，4列中所填数字之和恰好也是1，2，3，4各一个（如图为其中一种填法），则符合要求的不同填法共有__________种. 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 四、解答题（本大题共5道小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分．） 15. 已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，S为的面积，且满足． （1）求B； （2）若，且，，求的余弦值． 16. 已知函数. （1）若在处取得极值，求的极值； （2）若在上的最小值为，求的取值范围. 17. 在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为. （1）证明：； （2）已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由. 18. 甲乙两名选手进行象棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛，已知每局比赛中，甲获胜的概率为a，乙获胜的概率为b，双方平局概率为c，，且每局比赛结果相互独立. （1）若，求甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率. （2）若，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值. 19. 已知椭圆，，分别为椭圆的左顶点和右焦点，过作斜率不为的直线交椭圆于点，两点，且，当直线轴时，． （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，，且，求直线的方程； （3）设直线交轴于点，若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $