精品解析：山东省淄博市2024-2025学年高三上学期摸底质量检测（1月）数学试题

2024—2025学年度第一学期高三摸底质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 若，则复数z的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，即可得虚部. 【详解】因为，则， 所以复数z的虚部是. 故选：B. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直求出得到的坐标，然后计算其模长即可. 【详解】向量，， 因为，所以，解得， 所以，所以， 故选：A 3. 已知集合，集合，则子集的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次不等式化简集合B，进而求交集，即可得子集个数. 【详解】因为集合， 且，可得， 所以子集个数为2. 故选：B. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意切化弦可得，再结合两角和差公式运算求解. 【详解】因为，可得， 又因为，可得， 所以. 故选：C. 5. 若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆柱、圆锥、球的体积公式运算求解即可. 【详解】设球的半径为， 所以圆柱、圆锥、球的体积之比为. 故选：D. 6. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合二次函数性质分析可知函数在上单调递增，根据分段函数单调性列式求解即可. 【详解】因为的图象开口向上，对称轴为， 且的单调性相同， 若函数是上的单调函数，可知函数在上单调递增， 则，解得， 所以实数a的取值范围是. 故选：B. 7. 把函数的图象向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则函数的零点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据图像变换可得，构建，利用导数判断其单调性，结合单调性分析零点. 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得， 再将的图象向左平移个单位长度， 可得，即， 令，则对任意恒成立， 可知函数在上单调递增，且， 所以函数的零点的个数为1. 故选：B. 8. 设函数．若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数单调性分析可知有相同零点，即可得，构建，利用导数求最值即可. 【详解】因为在定义域上单调递增， 若，可知有相同零点， 则，可得， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最小值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据的单调性分析可知有相同零点，进而运算求解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对甲、乙的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的折线统计图，则（ ） A. 若去掉最高分和最低分，则甲得分的中位数大于乙得分的中位数 B. 甲得分的极差大于乙得分的极差 C. 甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用极差、中位数及百分位数的公式计算，和方差的意义逐项判断即可. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：，乙：， 故去掉最高分和最低分可得甲的中位数为，乙的中位数为，故A正确； 甲的极差为，乙的极差为，故B正确； ，所以甲的第75百分位数为，乙的第75百分位数为，故C错误； 由图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确. 故选：ABD 10. 设公比为q的等比数列前n项的积为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则必有 C. 若，，则有最大值 D. 若，则数列一定是等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等比数列的积的性质，来研究各选项，即可得到判断. 【详解】由于公比为q的等比数列前n项的积为， 因为，所以， 所以，故A错误； 因为，且， 所以，由于等比数列奇数项必同号，则，故B正确； 因为，，所以等比数列是递减数列， 必存在，使得且，这个时候，故C正确； 因为，所以， 由于， 当时，不满足等于同一个常数，故数列不一定是等差数列， 故D错误； 故选：BC. 11. 莱洛三角形，也称圆弧三角形，是由德国机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长2为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，则（ ） A. 莱洛三角形的周长为 B. 以此莱洛三角形为底面做一个侧面与底面垂直且高为10的柱形几何体，则该几何体的体积为 C. 点P为弧上的一点，则的最小值为 D. 点P为莱洛三角形曲边上的一动点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】每段圆弧的长度为圆周长的，计算三段圆弧总长度即可判断选项A；先求出底面积为三个扇形的面积减去两个正三角形的面积，然后求体积即可判断选项B；设为的中点，为的中点，，求解最小值即可判断选项C；因为点为莱洛三角形曲边上的一动点，所以需要讨论点在哪一条弧上.每一种情况将原式中的向量利用向量的运算转化为共起点且已知长度和角度的向量，再设出唯一变化的角或∠，进而利用数量积运算表示成该角的三角函数，借助辅助角公式求出最值即可判断选项D. 【详解】每段圆弧的长度为圆周长的，三段圆弧的总长度为 所以莱洛三角形的周长为，故A正确； 该几何体底面积为三个扇形的面积减去两个正三角形的面积， 正三角形的面积为， 扇形的面积为圆面积的，故扇形的面积为. 所以该几何体底面积为：. 故体积为，故B正确； 设为的中点，为的中点，如图所示， 则 ， 在正三角形中， ， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以的最小值为，故C错误； 当点落在圆弧上时，长度恒为半径2，设，， 原式 其中所以，又因为，所以， 所以当时，原式取最小值. 当点落在圆弧上时，长度恒为半径2，设，， 原式 ，又因为，所以， 所以时，原式取最小值. ∵，故原式取最小值.故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中，常数项为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合二项式定理运算求解即可. 【详解】因为的展开式为通项， 令，解得， 所以常数项为. 故答案为：. 13. 已知数列中，，，（，），则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列，结合等差数列通项公式分析求解. 【详解】因为，且， 可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列， 则，可得， 所以. 故答案为：. 14. 已知三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于______． 【答案】 【解析】 【分析】做辅助线，根据题意结合垂直关系可证，同理可得，可知点为的垂心，即可知点为的中心，根据体积可得，结合外接球的性质列式求解即可. 【详解】延长交于点，连接， 因为点H是的垂心，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得，， 且底面ABC是边长为2的正三角形，则点为的中点， 过点作平面，垂足为点， 且平面，可得， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 同理可得，可知点为的垂心， 因为为等边三角形，可知点为的中心， 则，且， 因为三棱锥的体积为，可得， 可知三棱锥的外接球的球心，设三棱锥的外接球的半径为， 则，解得， 所以外接球的半径为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； 2.正方体的内切球的直径为正方体的棱长； 3.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； 4.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程(组)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，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，成等差数列，且． （1）求证：为等边三角形； （2）如图，点D在边BC的延长线上，且，，求的值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差中项可得，再结合余弦定理分析证明； （2）设，在中，利用余弦定理可得，再利用正弦定理运算求解. 【小问1详解】 因为，，成等差数列，则， 又因为，由余弦定理可得， 即，解得， 所以为等边三角形. 【小问2详解】 设，则， 在中，由余弦定理可得， 即，解得，即， 由正弦定理可得. 16. 某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛： ①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号； ②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响． （1）求甲没有获得“智慧星”称号的概率； （2）求乙获得“智慧星”称号概率． （3）记事件“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多3个”，求事件发生的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）获得“智慧星”，没获得“智慧星”为对立事件，先考虑求获得“智慧星”的概率，根据对立事件概率求法即可得解； （2）设乙答对的问题数为，则服从二项分布，由题意需求即可； （3）甲可能答对个，据此分类讨论求解. 【小问1详解】 设甲获得“智慧星”称号的事件为， 根据独立事件的乘法公式，， 于是， 即甲没有获得“智慧星”称号的概率是； 【小问2详解】 设乙答对的问题数为，则， 由题意，乙获得智慧星的概率为 【小问3详解】 由于乙最多题，甲最多题，当乙比甲多对题时，甲可能答对题 当甲对题，乙对题时，； 当甲对题，乙对题时，； 当甲对题，乙对题时，； 故 17. 如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，． （1）证明：平面ABC； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据长度关系可证，，即可证线面垂直， （2）可证平面.建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 连接， 因为，，则，可知， 且点M，N分别为AC，AB的中点，则，∥， 则，可知， 又因为，则， 可得，可知， 且，平面，所以平面ABC. 【小问2详解】 因为平面ABC，平面ABC，则， 又因为，∥，则， 且，平面，所以平面. 以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由平面可知：平面的法向量可以为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数，曲线在点处的切线与曲线相切． （1）求； （2）若函数，且曲线关于直线对称， （i）求和的值； （ii）证明：． 【答案】（1）； （2）（i），，（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）结合导数的几何意义求曲线在处的切线方程，设切线与曲线相切与点，结合导数几何意义及两点斜率公式列方程求； （2）（i）求函数的定义域，结合对称性可求，由对称性可得，化简可求； （ii）由分析可得要证明，只需证明当时，，令，可得只需证明，设，利用导数求其值域，由此证明结论. 【小问1详解】 因为， 所以，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 设直线与曲线相切与点， 因为函数的导函数为，故 所以，，， 解得，，，或，， 又，故； 【小问2详解】 （i）因为，由（1）， 所以， 所以函数的定义域为， 因为曲线关于直线对称， 所以， 所以函数关于轴对称，故函数为偶函数， 所以，故 所以， 所以， 所以， 故， （ii）由（i），， 函数的定义域为， 曲线关于直线对称， 要证明， 只需证明当时，， 只需证明当时，， 令，则， 只需证明当时，， 设，， 则， 所以函数在单调递增， 所以， 所以当时，， 所以. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 19. 已知数列，从中选取第项、第项、…第项，若，则称新数列，，…，为的长度为t的递增子列．规定：数列的任意一项都是长度为1的递增子列． （1）写出数列2，8，4，7，5，9一个长度为3的递增子列和一个长度为4的递增子列； （2）已知数列的长度为p的递增子列的末项的最小值为x，长度为q的递增子列的末项的最小值为y．若，证明：； （3）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若长度为s的递增子列末项的最小值为，且长度为s末项为的递增子列恰有个（）， （i）证明：1，2，3，4，5，6，7这7个数都在数列中； （ii）写出数列通项公式（不证明）． 【答案】（1）长度为3的递增子列（答案不唯一）；长度为4的递增子列（答案不唯一）； （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据长度为t的递增子列的定义直接写出答案即可； （2）法一：设的长度为的一个递增子列为且，根据数列新定义得，即可证明；法二：利用反证法设，从而分析得，这与条件矛盾，即可证明； （3）（i）分别讨论即可；（ii）证明引理：一般地，对于任意正整数， 可得中含有子列即可. 【小问1详解】 长度为3的递增子列或或或或或或或（写出一个即可）； 长度为4的递增子列或． 【小问2详解】 法一：设的长度为的一个递增子列为且， 其中前项恰好构成长度为的递增子列， 由，得， 因为的长度为的递增子列的末项最小值为， 所以进而得到． 所以． 法二：设长度为的一个递增子列为且， 长度为的一个递增子列为且 假设， 因为， 所以也是一个长度为递增子列， 又，即， 这与是子列末项的最小值矛盾，所以假设不成立，即． 【小问3详解】 （i）当时显然成立． 当时，长度为2的递增子列，末项最小值为3，且恰有2个这样的子列， 所以中必含有子列1，3和2，3． 所以中必含有子列2，1，3． 当时，长度为3的递增子列，末项最小值为5，且恰有4个这样的子列， 所以中必含有子列2，1，4，3，5． 当时，长度为4的递增子列，末项最小值为7，且恰有8个这样的子列， 所以中必含有子列2，1，4，3，6，5，7； （ii）引理：一般地，对于任意正整数， 可得中含有子列． 引理证明：该子列是个正整数一个排列， 由于s可以取遍全体整数，当时，该子列覆盖全体正整数， 因为无穷数列各项均为正整数，且任意两项均不相等， 所以当正整数时，该子列含有所有的项， 所以数列与“时的子列”重合． 猜想. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解该数列新定义的核心，利用反证法即可证明相关结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第一学期高三摸底质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 若，则复数z的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 3. 已知集合，集合，则子集的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为（ ） A B. C. D. 6. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 把函数的图象向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则函数的零点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 设函数．若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对甲、乙的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的折线统计图，则（ ） A. 若去掉最高分和最低分，则甲得分的中位数大于乙得分的中位数 B. 甲得分的极差大于乙得分的极差 C. 甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 10. 设公比为q的等比数列前n项的积为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则必有 C. 若，，则有最大值 D. 若，则数列一定是等差数列 11. 莱洛三角形，也称圆弧三角形，是由德国机械学家莱洛研究发现一种曲边三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长2为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，则（ ） A. 莱洛三角形的周长为 B. 以此莱洛三角形为底面做一个侧面与底面垂直且高为10的柱形几何体，则该几何体的体积为 C. 点P为弧上的一点，则的最小值为 D. 点P为莱洛三角形曲边上的一动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中，常数项为______． 13. 已知数列中，，，（，），则______． 14. 已知三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于______． 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A，B，C的对边分别为a，b，c，，，成等差数列，且． （1）求证：为等边三角形； （2）如图，点D在边BC的延长线上，且，，求的值． 16. 某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛： ①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号； ②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响． （1）求甲没有获得“智慧星”称号概率； （2）求乙获得“智慧星”称号的概率． （3）记事件“乙正确回答问题个数比甲正确回答问题的个数多3个”，求事件发生的概率． 17. 如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，． （1）证明：平面ABC； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数，曲线在点处的切线与曲线相切． （1）求； （2）若函数，且曲线关于直线对称， （i）求和值； （ii）证明：． 19. 已知数列，从中选取第项、第项、…第项，若，则称新数列，，…，为的长度为t的递增子列．规定：数列的任意一项都是长度为1的递增子列． （1）写出数列2，8，4，7，5，9一个长度为3的递增子列和一个长度为4的递增子列； （2）已知数列的长度为p的递增子列的末项的最小值为x，长度为q的递增子列的末项的最小值为y．若，证明：； （3）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若长度为s的递增子列末项的最小值为，且长度为s末项为的递增子列恰有个（）， （i）证明：1，2，3，4，5，6，7这7个数都在数列中； （ii）写出数列通项公式（不证明）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$