精品解析：广东省深圳市罗湖区2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试题

2024-2025学年度第一学期期末质量检测 高三 数学 2024.12 注意事项： 1．答题前，请将姓名、准考证号和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并把条形码粘贴好． 2．全卷共4页．考试时间120分钟，满分150分． 3．作答单项选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效． 4．考试结束后，请将答题卡交回． 一、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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式，再结合集合交集运算即可求解. 【详解】，可得， 所以， 所以. 故选：. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则即可得出. 【详解】解法一：设，则， 解得，所以，所以， 解法二：因为，所以， 解法三：方程两边同时平方，有，所以， 故选:A. 3. 的展开式中常数项为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】先求出二项展开式的通项公式，然后求解常数项即可. 【详解】的展开式的通项公式为， 所以令，解得，所以常数项为， 故选：C 4. 已知样本的标准差为2，平均数为3，则值为（ ） A. 35 B. 77 C. 49 D. 91 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用数据的平均数和方差的计算公式，准确运算，即可求解. 【详解】由题意，， 所以， 又由， 所以， 解得， 故选：D 5. 当，定义，则为（ ） A. 周期函数 B. 奇函数 C. 偶函数 D. 单调递增函数 【答案】A 【解析】 【分析】利用周期函数定义判断A；特殊值可验证BCD； 【详解】对于A，由题意，， 所以是周期为1的周期函数；故A正确； 对于BCD，，， 所以，所以是非奇非偶函数，故BC错误； 由于，可知D错误. 故选：A 6. 已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，且离心率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为，则由已知条件结合椭圆的性质可得四边形为矩形，得，然后在中，表示出，再利用椭圆的定义和离心率列方程化简可求. 【详解】设椭圆的左焦点为， 因为，所以根据椭圆的对称性可知：四边形为矩形， 所以， 在中，， 根据椭圆定义可知：， 所以， 所以， 因为离心率为，所以， 所以，即. 故选：A． 7. 已知圆，直线，若直线l与圆C两交点记A，B，点P为圆C上一动点，且满足，则最大值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线过定点，设中点为，则圆心到直线的距离的取值范围，将转化为，利用向量数量积的运算律计算即可求解. 【详解】由题意知，圆心，半径， 直线，即， 由得，即直线过定点，故， 设中点为，则，且， 又因为，所以， 所以, 当时等号成立. 故选：C. 8. 已知向量、满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设设，，，则可得，即可确定点的轨迹为双曲线一支，然后利用双曲线的性质求解. 【详解】设，，，，，则， 则，即， 即点到的距离与到点的距离之差为定值， 故的轨迹为以、为焦点，为半实轴长的双曲线的右支，如图所示： 则. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于利用向量的几何意义和坐标运算，确定点的轨迹为双曲线一支，然后利用双曲线的性质求解. 二、选择题：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. 在正方体中，，下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. 存在λ，使得 D. 当时，平面截正方体的表面所得的图形为五边形 【答案】BD 【解析】 【分析】取，结合线面关系判断A；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断BC；作出截面判断D. 【详解】对于A，当时，直线即为直线，此时平面，A错误； 令正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于B，，则，因此，B正确； 对于C，，则， 因此与不垂直，C错误； 对于D，连接并延长分别与交于点，连接分别与交于点， 连接，则多边形为平面截正方体的表面所得的截面，为五边形，D正确. 故选：BD 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 当时，的图象关于直线对称 B. 当时，将的图象向左平移个单位得到，的图象关于原点对称 C. 当时，在单调递减 D. 若函数在区间上恰有一个零点，则ω的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】代入即可验证A，根据函数图象的平移得，即可结合三角函数的性质求解B，利用整体法即可求解CD. 【详解】对于A，当时，，，故的图象关于直线对称，A正确， 对于B，当时，，，故的图象不关于原点对称，B错误， 对于C, 当时，,时，，故在单调递减，C正确， 对于D， 时，，若在区间上恰有一个零点，则，解得，故的范围为，D正确 故选：ACD 11. 已知函数，则下列关于说法正确的是（ ） A. 当有且只有一个零点，设其为，则 B. 当时，关于x的不等式有解 C. 当时，若满足，则 D. 有两解的充要条件是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，由单调性与零点存在性定理可得；B项，由最小值大于可得；C项，由极值点偏移，结合函数单调性可证；D项，分两类讨论函数单调性，结合图象可得. 【详解】，定义域为，其中，且. A项，当时，在单调递增， ，且， 由零点存在性定理可知，存在唯一零点，设为，且， 故当有且只有一个零点，且，故A项正确； B项，令，则，. ， 当时，令，解得，且. 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 由则， 则当时，， 所以即恒成立，无解，故B错误； C项，当时，. ，令，解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 且当时，；当时，. 且， 如图，作出函数的大致图象， 若满足，则. 不妨设， 设，， 则在上单调递减， 故，即， 由 ，则，又， 所以有，由，， 且在单调递增，所以，即. 所以，故C正确； D项，令，则，. 则有两解在有两解. 当时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足有两解； 当时，，令，解得， 当时，，则单调递减； 当时，，则在单调递增； 则， 且当时，；当时，. 如图，作出函数的大致图象， 由图象可知有两解， 即，解得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于函数与导数中极值点偏移问题的减元处理. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线与曲线在点处有相同的切线，则_______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两条曲线在点处的切线斜率相等求解即得. 【详解】显然点在曲线上，由求导得， 由求导得， 由曲线与曲线在点处有相同的切线，得， 所以. 故答案：2 13. 已知，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先利用三角函数的基本关系求出的值，再根据二倍角公式求出的值，最后利用诱导公式计算的得出结果. 【详解】因为，所以，又， 所以，所以， 所以， 所以. 故答案为： 14. 已知数列满足，则_______． 【答案】1 【解析】 【分析】由递推公式求出具体的项，根据规律即可求解. 【详解】由，则，可得， ，可得， ，可得， ，可得， ，可得， ，可得， ，可得， 由以上规律可得，出现1的项的周期为4， ，所以. ，可得， ，可得， ，可得， 故答案为：1. 【点睛】方法点睛：数列周期性：一般采用代值求周期法.先根据递推公式求出具体的项，找出变化规律，得到周期，再求解即可. 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，，点P为内部一点，． （1）若，求的面积； （2）若，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理的推论可得，即可得，再结合等腰三角形性质及三角形面积公式计算即可得； （2）在中运用正弦定理可得，在中运用余弦定理可得，结合可得，即可得与有关等式，解出即可得. 【小问1详解】 由、、， 则， 由，则， 则， 又，故，则， 则 ， 则； 【小问2详解】 由，则， 在中，由正弦定理可得， 即，化简得， 在中，由余弦定理可得， 即， 则，即，即. 16. 如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥． （1）当时，求证：； （2）若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存，位于中点 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，可证平面，即可得； （2）可证平面，建系标点，设，利用空间向量结合线面夹角运算求解. 【小问1详解】 由题可知，，，， 又因为，所以． 所以．即， 且，平面，可得平面， 由平面，所以． 【小问2详解】 存在，理由如下： 因为，，，平面， 所以平面，二面角的平面角为， 如图所示，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴． 则，，，， 可得，， 设， 则 平面的一个法向量为， 设直线与平面的夹角， 可得，解得， 故位于中点时，满足条件. 17. 用红、黄、蓝、绿、紫五种不同颜色中的若干种给正四棱锥的五个顶点着色，要求相邻两个顶点的颜色不同． （1）记“给顶点A、C涂不同的颜色”为事件M，“完成全部顶点的着色用了4种不同的颜色”为事件N，求． （2）设完成全部顶点的着色所用的颜色种数为X，求X的概率分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）首先求出 “全部顶点的着色用了4种不同的颜色”事件的情况数，再求出“给顶点A、C涂不同的颜色”的情况数，利用,即可求解. （2）根据题干知至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，再分别求出，即可求得结果. 【小问1详解】 计算事件N的情况数：先从5种颜色里选4种颜色有，设所选的4种颜色为， 设顶点P有4种涂法，假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b,顶点B有2种涂法， 假设B涂c，顶点C有2种涂法（因为不能与A同色且能与B同色），顶点D有1种涂法 （因为不能与C同时且不能与P同色）. 根据分步计数原理，事件N的情况数为种情况. 计算事件的情况数：设所选的4种颜色为，设顶点P有4种涂法， 假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b,顶点B有2种涂法，假设B涂c， 顶点C有1种涂法（因为不能与A同色），顶点D有1种涂法 （因为不能与C同时且不能与P同色）. 根据分布计数原理，事件的情况数为种情况. 所以 【小问2详解】 由题至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为， 当涂3种颜色时，一共种情况,当涂4种颜色时， 由（1）知共240种情况，当涂5种颜色时，有种情况. 一共有种情况. ， 所以分布列为 X 3 4 5 P 故数学期望为 18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被x轴截得的弦长为2，设其圆心的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）点A为曲线E上一点（不同于原点），过点A作E的切线l，经过点A并且垂直于l的直线与E相交于点B，点C为E上一点并且满足． （ⅰ）若点A的坐标为，求直线的方程； （ⅱ）求面积的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）32 【解析】 【分析】（1）设出圆心，借助圆过点，和两点间距离公式构造方程，化简即可； （2）（ⅰ）求出曲线在点A处的切线斜率，进而得到直线的斜率和方程，联立方程求出B点坐标，再根据垂直关系求出直线的方程； （ⅱ）最后利用弦长公式求出和，从而得出三角形面积表达式，借助基本不等式求最值. 【小问1详解】 设圆心坐标为，由，两边平方得， 展开整理可得，所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）已知，对其求导得. 因为点，所以处切线斜率为，由于与切线垂直，所以斜率. 则直线方程为. 联立，将代入得， 即，解得或者. 把代入得，所以点坐标为. 因为，，所以. 所以直线方程为，整理得. （ⅱ）设点，点处切线斜率，则， 直线方程为. 联立，将代入得， 整理得. 由韦达定理得，，而. 同理，直线方程为，联立， 得到，所以， 于是. ， 化简得 进一步得. 当且仅当时等号成立. 则面积最小值为32. 19. 曼哈顿距离是人工智能中常用的一种测距方式，其定义为：设，则A，B之间的曼哈顿距离为．现已知直线，点P是直线l上一动点． （1）若点，试计算的取值范围； （2）若点，试计算的最小值； （3）若点M是函数图象上一动点，求的最小值，并求当取最小值时对应的点P的轨迹的长度． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据新定义及两绝对值和的几何意义得解； （2）由新定义及两个绝对值和的几何意义，结合取最值时自变量的范围得解； （3）由新定义及绝对值的几何意义及利用导数求最小值得解. 【小问1详解】 依题意可设点， ， 因为的几何意义为数轴上点到距离之和， 所以当时，最小，最小值为， 所以. 【小问2详解】 ， 当时，取最小值；当时，取最小值；当时，取最小值， 因此当时，最小， 最小值为. 【小问3详解】 先证明，成立， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以， 即. 设点， 则， ①当时，，由于，， 于是， ②当时，， 于是 ； ③当时，， 设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以， 即，当，即时，等号成立. 综上，的最小值为，此时点的横坐标满足即可， 此时点P的轨迹的长度为. 【点睛】关键点点睛：新定义问题，关键在于理解运用新定义，本题在应用新定义后，要结合绝对值的几何意义求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度第一学期期末质量检测 高三 数学 2024.12 注意事项： 1．答题前，请将姓名、准考证号和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并把条形码粘贴好． 2．全卷共4页．考试时间120分钟，满分150分． 3．作答单项选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效． 4．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 16 3. 展开式中常数项为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 4. 已知样本的标准差为2，平均数为3，则值为（ ） A. 35 B. 77 C. 49 D. 91 5. 当，定义，则（ ） A. 周期函数 B. 奇函数 C. 偶函数 D. 单调递增函数 6. 已知椭圆上一点A关于原点对称点为点B，F为其右焦点，若，且离心率为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，直线，若直线l与圆C两交点记为A，B，点P为圆C上一动点，且满足，则最大值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 8 8. 已知向量、满足，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在正方体中，，下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. 存在λ，使得 D. 当时，平面截正方体的表面所得的图形为五边形 10. 已知函数，下列说法正确是（ ） A. 当时，的图象关于直线对称 B. 当时，将的图象向左平移个单位得到，的图象关于原点对称 C. 当时，在单调递减 D. 若函数在区间上恰有一个零点，则ω的范围为 11. 已知函数，则下列关于说法正确的是（ ） A. 当有且只有一个零点，设其为，则 B. 当时，关于x的不等式有解 C. 当时，若满足，则 D. 有两解的充要条件是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线与曲线在点处有相同的切线，则_______． 13. 已知，则_______． 14. 已知数列满足，则_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，，点P为内部一点，． （1）若，求的面积； （2）若，求的长． 16. 如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥． （1）当时，求证：； （2）若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 17. 用红、黄、蓝、绿、紫五种不同颜色中的若干种给正四棱锥的五个顶点着色，要求相邻两个顶点的颜色不同． （1）记“给顶点A、C涂不同的颜色”为事件M，“完成全部顶点的着色用了4种不同的颜色”为事件N，求． （2）设完成全部顶点的着色所用的颜色种数为X，求X的概率分布列及数学期望． 18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被x轴截得的弦长为2，设其圆心的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）点A为曲线E上一点（不同于原点），过点A作E的切线l，经过点A并且垂直于l的直线与E相交于点B，点C为E上一点并且满足． （ⅰ）若点A的坐标为，求直线的方程； （ⅱ）求面积的最小值． 19. 曼哈顿距离是人工智能中常用的一种测距方式，其定义为：设，则A，B之间的曼哈顿距离为．现已知直线，点P是直线l上一动点． （1）若点，试计算的取值范围； （2）若点，试计算的最小值； （3）若点M是函数图象上一动点，求的最小值，并求当取最小值时对应的点P的轨迹的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$