精品解析：山东省烟台市2024-2025学年高三上学期1月期末学业水平诊断数学试题

2024~2025学年度第一学期期末学业水平诊断 高三数学试题 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟， 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用05毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效. 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，只有一项符合题目要求. 1. 设集合，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】利用子集的概念计算可求的值. 【详解】因为集合，且， 所以或或，解得或或， 当时，，符合集合元素的互异性， 当时，，不符合集合元素的互异性，故舍去， 当时，，不符合集合元素的互异性，故舍去. 综上所述：. 故选：D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先解分式不等式和对数不等式，然后根据充要条件的定义判断即可. 【详解】因为，所以， 又， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将用表示为，再利用诱导公式和二倍角公式求解即得. 【详解】因， 则. 故选：A. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，又，可得，可求. 【详解】因为，所以，所以，所以， 又因为，所以，又，所以， 所以，所以，所以. 故选：D. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性可判断CD不符合，利用赋值法可判断AB. 【详解】由，可得，所以，所以， 解得或，定义域关于原点对称， 又，故函数为奇函数，故排除CD； 又，， 故B符合，A不符合. 故选：B. 6. 已知为抛物线的焦点，直线与抛物线交于两点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直线方程与抛物线方程联立后化简得，再结合韦达定理可求得，利用点到直线距离公式求得高，即可求解面积. 【详解】由得，设， 由得，则， 所以， 因为到直线的距离为， 则. 故选：C 7. 已知三棱锥的底面的面积为6，顶点在底面的投影在的内部，点P到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积分别为，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过向底面作垂线，垂足为，分别过向三边作垂线，垂足分别为，连接，由题意可证得，从而，可得为三角形的内心，再利用底面的面积和侧面积，分别计算可得的内切圆半径及的值，进而可求三棱锥的高，即可求体积. 【详解】过作底面，垂足为，分别过作，垂足分别为，连接， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理， 则，所以≌≌， 所以，所以为三角形的内心， 由三棱锥的三个侧面的面积分别为3，4，5，得三边之比为 不妨设为， 由底面的面积为6，所以，解得， ∴. 设内切圆的半径为，则，所以. 由侧面的面积为5，所以，所以. 所以， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用顶点到底面三条边的距离均相等，得到在平面的投影是三角形的内心，据此计算可求得体积. 8. 已知为定义在上的奇函数，其导函数为，且为奇函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，函数为偶函数，结合为奇函数可求得函数的解析式，利用导数分析函数在上的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为函数为定义在上的奇函数，即， 等式两边同时求导得，即， 即①，所以函数为偶函数， 因为为奇函数，则②， 联立①②可得， 当时，，仅当时取等号，所以函数在上为增函数， 由函数为偶函数，由可得，可得， 即，整理得，解得， 因此不等式的解集为. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 图象与轴有3个公共点 【答案】BC 【解析】 【分析】计算可得可判断A；可判断B；求导可得时，，可判断C；令，求解可得或，可判断D. 【详解】对于A，因为，故A错误； 对于B， ，所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，， 因为，所以，所以， 所以在上单调递减，故C正确； 对于D，令，则可得，所以， 所以，所以或， 又因为，所以或， 所以图象与轴有2个公共点，故D错误. 故选：BC. 10. 阿波罗尼斯是古希腊数学家，他研究发现：如果平面内一个动点到两个定点的距离之比为常数，且，那么这个点的轨迹为圆，这就是著名的阿氏圆.若点到点与点的距离之比为，则（ ） A. 点的轨迹方程为 B. 点到直线距离的最小值为 C. 点到圆上的点的最大距离为 D. 若到直线的距离为的点至少有3个，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A根据距离比化简可得；选项B转化为圆心的直线的距离减半径可判断； 选项C转化为两圆圆心距加两个半径可得；选项D转化为圆心到直线的距离小于或等于可得. 【详解】设点坐标为，由题意可得， 化简可得，故A正确； 在圆上，其圆心坐标为，半径为， 故点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减半径，即为 ，故B错误； 点到圆上的点的最大距离为到的距离加两个半径，即为 ，故C正确； 若到直线的距离为的点至少有3个， 设圆心到直线的距离为，则， 即，可得，故D正确， 故选：ACD 11. 若数列满足，则称其为“数列”.给定数列，若为“数列”，定义上的变换：从中任取两项，将添加在所有项的最前面，然后删除，记新数列为（约定：一个数也视作数列），下列结论正确的有（ ） A. 若，则数列为“数列” B. 若，则数列为“数列” C. 若无穷数列为“数列”，则为“数列” D. 若数列为，则为 【答案】BCD 【解析】 【分析】取特值，求解，由可得A项错误；构造，利用导函数研究单调性求解值域可得B项；证明，都有，由“数列”定义与结论可得C项；D项由几个特殊取值寻找规律猜想结论，并用数学归纳法证明. 【详解】A项，若，取， 由，则， 则，故A错误； B项，若， 设， 则， 故在单调递增，所以，即. 故任意，则， 由，依次递推可知， 故数列满足，则数列为“数列”，故B正确； C项，首先证明，都有. 证明：对， 则有， 且， 所以，即， 故由所证结论可知，若无穷数列为“数列”， 则数列中任意项，都满足，则任意两项，都有. 依次类推可知经过任意次变换操作后，新数列仍为“数列”，故C正确； D项，由于每次变换操作中都是增加一项，删除两项， 所以对数列经过变换一次，则项数减少一项， 故对项的数列可进行次变换操作，且最后数列只剩下一项. 对于任意，定义运算. 下面证明这种运算满足交换律与结合律. 证明：由，则， 所以，即该运算满足交换律； 由； 且； 故，即该运算满足结合律. 由上所证结论可知，中的项与实施的变换具体操作顺序无关， 不妨选择依序操作过程求. 由当时，，由，则； 当时，，则由，，则； 当时，，则由，，， 则； 当时，，则由，，， ，则； ； 由数列， 故猜想：. 记为最后数列中仅剩的一项（），设， 则由题意可知数列满足，. 下面用数学归纳法证明：. （i）当时，，又， 故当时，成立； （ii）假设当时，成立， 即，下面证明当时，也成立. 则当时， ， 故当时，也成立，得证. 综合（i）（ii）可得，对任意，成立，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有以下几点，一是运算性质的探究，对，都有；二是运算律的探究，运算满足交换律与结合律；三是数列的归纳、猜想与证明. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数同时满足以下三个条件，则其一个解析式可以为__________. ①在其定义域内有；②，有；③. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据条件写出函数即可. 【详解】，可知是偶函数，在上单调递减，符合①②两个条件， 又，所以符合条件③. 同理可得也符合条件. 故答案为：（答案不唯一） 13. 在三棱锥中，两两垂直，，若点为三棱锥外接球上一动点，则点到平面距离的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】把三棱锥补成一个长方体，利用长方体的外接球可求得点到平面距离的最大值. 【详解】因为两两垂直，所以三棱锥可补成一个长方体，如图所示： 所以长方体的体对角线为三棱锥外接球的直径， 所以，所以外接球的半径， 又球心到平面的距离为， 因为点为三棱锥外接球上一动点， 所以点到平面距离的最大值为. 故答案为：. 14. 已知为椭圆上关于原点对称的两点（异于顶点），点在椭圆上且，设直线与轴的交点为，若，则椭圆离心率的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由，得的坐标为，利用点差法得到，结合已知可求得，根据，可求得，可求椭圆的离心率. 详解】设， 由，可得， 所以，所以，所以的坐标为， 因为在椭圆上，所以， 两式相减可得，所以， 所以，又， 所以，又 又，所以，所以， 所以，所以， 所以椭圆离心率的值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用点差法得到，结合条件得，进而求得椭圆的离心率. 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. 在锐角中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用给定条件结合余弦定理求解角度即可. （2）利用正弦定理边化角，再结合三角形周长公式将目标式用三角函数表示，利用三角函数的性质求解取值范围即可. 【小问1详解】 在锐角中，因为， 所以由正弦定理得，故， 得到，化为， 故得，化简得， 即，由余弦定理得， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得， 所以，且设周长为， 所以 ， 因为在锐角中，所以， 所以，解得， 综上可得，所以， 故，则， 得到，即， 故周长的取值范围为. 16. 已知函数. （1）若曲线在处的切线方程为，求实数的值； （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1）或； （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义结合切线方程，列式求解，即得答案. （2）求出函数的导数，结合二次函数的判别式，分类讨论，判断导数正负，即可求得答案. 【小问1详解】 由于，则， 点在上， 故； 又，则， 则，解得或； 【小问2详解】 由题意得的定义域为， 则， 令， 当时，即，所以在上单调递减； 当时，， 当时，，则在上单调递增； 当时，，的根为， 由于，即， 当或时，， 在和上单调递增； 当时，， 在上单调递减； 综上，当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. 当时，在上单调递增； 17. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形. （1）证明：； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，取中点O，连接，先证明平面，即得证； （2）说明是二面角的平面角，以为原点，分别为轴，过与平面平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，可知轴在平面内，然后用空间向量法求线面角． 【小问1详解】 连接，取中点O，连接， 在直角梯形中，，， 则，从而， 所以是等边三角形，则，又是等边三角形，所以， 又，平面， 所以平面，而平面，所以 【小问2详解】 由（1）的证明知是二面角的平面角，所以， 以为原点，分别为轴，过与平面平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， 如图，轴在平面内， 又，同理， 则，，，， 则，， ，， 设平面一个法向量是， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则． 18. 已知为坐标原点，双曲线的一条渐近线方程为，且点在上. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与的右支交于点（异于顶点），且以为直径的圆过的右顶点. （i）直线是否过定点？若是，求出该定点，若否，说明理由； （ii）设直线与轴交于点，求的取值范围. 【答案】（1）双曲线的方程为； （2）（i）直线过定点. （ii）的取值范围为 【解析】 【分析】（1）由已知可得，求解即可； （2）（i）设直线与的右支交于点，分直线斜率是否存在两种情况求解，存在时，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系可得，根据已知可得，可求定点，直线的斜率不存在时，由，计算可得结论；（ii）结合（i）可得，，可得，利用基本不等式可求取值范围. 【小问1详解】 因为双曲线的一条渐近线方程为，且点在上， 所以，解得，所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 （i）直线过定点，理由如下： 设直线与的右支交于点， 当直线的斜率存在时，不妨设的方程为， 联立，消去得， 于是， 因为以为直径的圆过的右顶点. 所以，所以，所以，又， 所以，所以， 又， 所以， 所以， 所具， 整理得，即， 所以或， 当时，直线方程为，过定点，不满足条件； 当时，直线方程为，过定点， 当直线的斜率不存在时，由，得，可得直线过点； 所以直线过定点. （ii）因为直线与的右支交于点，所以， ，所以， 所以， 又，所以， 对于直线，令，可得，所以， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：求直线过定点问题，设直线方程为，关键在于根据已知条件得到的关系式，从而可求解. 19. 已知数列的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）设是的任意排列，表示其中同时满足条件①和②的排列的个数，为数列的前项和. （i）证明：； （ii）证明：能被2整除. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）降次作差即可得，再根据等比数列通项公式即可； （2）（i）分，和讨论即可；（ii）根据余数规律猜测得猜测余数列以7为周期，再证明该猜想，结合即可. 【小问1详解】 当时，，所以． 当时，，又， 所以，即， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以． 【小问2详解】 （i）因为，所以或． 当，则各项分别除以2后，恰是满足条件①②排列，其个数为； 当，则，此时各项分别除以8后，恰是 满足条件①②的排列，其个数为； 当，设是该排列中第一个出现的2的偶数次幂， 则前个数应是应是或． 由条件②知，排在后的各数，要么都小于，要么都大于． 因为4在后面，此时仅有1个排列，即递增排出所有2的奇数次幂， 再依递减的顺序排出所有的2的偶数次幂． 综上，得到递推关系． 因为， 将所有式子相加，得：， 因为，所以，得证． （ii）因为，由递推公式可得除以2的余数依次为：，猜测余数列以7为周期． 事实上，令表示除以2的余数， 则 所以数列的周期为7．又， 所以所以能被2整除，命题得证． 【点睛】关键点点睛：该题第二问第一小问的关键是对的值进行分类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第一学期期末学业水平诊断 高三数学试题 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟， 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用05毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效. 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，只有一项符合题目要求. 1. 设集合，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 0 2. “”是“”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 函数图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为抛物线焦点，直线与抛物线交于两点，则的面积为（ ） A B. C. D. 7. 已知三棱锥的底面的面积为6，顶点在底面的投影在的内部，点P到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积分别为，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为定义在上的奇函数，其导函数为，且为奇函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 图象与轴有3个公共点 10. 阿波罗尼斯是古希腊数学家，他研究发现：如果平面内一个动点到两个定点的距离之比为常数，且，那么这个点的轨迹为圆，这就是著名的阿氏圆.若点到点与点的距离之比为，则（ ） A. 点的轨迹方程为 B. 点到直线距离的最小值为 C. 点到圆上的点的最大距离为 D. 若到直线的距离为的点至少有3个，则 11. 若数列满足，则称其为“数列”.给定数列，若为“数列”，定义上的变换：从中任取两项，将添加在所有项的最前面，然后删除，记新数列为（约定：一个数也视作数列），下列结论正确的有（ ） A. 若，则数列为“数列” B. 若，则数列为“数列” C. 若无穷数列为“数列”，则为“数列” D. 若数列为，则为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数同时满足以下三个条件，则其一个解析式可以为__________. ①在其定义域内有；②，有；③. 13. 在三棱锥中，两两垂直，，若点为三棱锥外接球上一动点，则点到平面距离的最大值为__________. 14. 已知为椭圆上关于原点对称两点（异于顶点），点在椭圆上且，设直线与轴的交点为，若，则椭圆离心率的值为__________. 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. 在锐角中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求周长的取值范围. 16. 已知函数. （1）若曲线在处的切线方程为，求实数的值； （2）讨论函数的单调性. 17. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形. （1）证明：； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知为坐标原点，双曲线的一条渐近线方程为，且点在上. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与的右支交于点（异于顶点），且以为直径的圆过的右顶点. （i）直线是否过定点？若是，求出该定点，若否，说明理由； （ii）设直线与轴交于点，求的取值范围. 19. 已知数列的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）设是的任意排列，表示其中同时满足条件①和②的排列的个数，为数列的前项和. （i）证明：； （ii）证明：能被2整除. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $