安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末质量检测数学试题

屯溪一中2024-2025学年高三上学期期末质量检测 数学试题 考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分 第I卷（选择题） 1、 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，若，则实数的取值范围是(     ) A. B. C. D. 2.已知复数，则(     ) A. B. C. D. 3.一组数据按从小到大的顺序排列为，，，，，，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第百分位数是(     ) A. B. C. D. 4.等比数列中，若，，则的公比为(     ) A. B. C. D. 5.的展开式中的系数为(     ) A. B. C. D. 6.已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为(     ) A. B. C. D. 7.正方体的棱长为，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为(     ) A. B. C. D. 8.已知，定义：，设若函数有两个零点，则实数的取值范围是(     ) 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.下列命题中正确的是(     ) A. 已知随机变量，则 B. 已知随机变量， C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为 10.设函数的图象关于直线对称，它的周期是，则以下结论正确的是(     ) A. 的图象过点 B. 在上是减函数 C. 的最大值与的取值有关 D. 的一个对称中心是 11.如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，是棱上的一个动点，为侧面上的动点，则下列说法正确的是(     ) A. 点到平面的距离为定值 B. 若，则的最小值为 C. 若，且，则点到直线的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设为非零向量与的夹角，定义：若，，，则_________． 13.若，为曲线上任意两点，则，两点间距离的最大值为_________． 14.已知函数为常数，为自然对数的底数的图象在点处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数的取值范围是_________． 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.本小题分 已知的内角，，的对边分别为，，，且． 求； 若，求的周长． 16.本小题分 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点，且． 求证： 当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角正弦值． 17.本小题分 已知函数． 当时，求函数在处的切线方程； 若函数的最大值为，求实数的值． 18.本小题分 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行记甲同学第局赢的概率为 求乙同学第局赢的概率 求 若存在，使成立，求整数的最小值． 19.本小题分 将项数列重新排序为的操作称为一次“洗牌”，即排序后的新数列以为首项，将排在之后，将排在之后．对于数列，将“洗牌”后得到的新数列中数字的位置定义为例如，当时，数列经过一次“洗牌”后变为，此时，，，，，． 写出数列经过次“洗牌”后得到的新数列； 对于满足的任意整数，求经过一次“洗牌”后的解析式； 当其中时，数列经过若干次“洗牌”后能否还原为？如果能，请说明至少需要多少次“洗牌”；如果不能，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 屯溪一中2024-2025学年高三上学期期末质量检测 数学试题 考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，若，则实数的取值范围是(     ) A. B. C. D. 【答案】D  解：由题意知，，则集合中不包含集合中的元素， 当，即时，满足题意； 当，即时，若，则，此时，满足题意， 综上，实数的取值范围是． 故选D． 2.已知复数，则(     ) A. B. C. D. 【答案】B  解：， 即． 故选：． 3.一组数据按从小到大的顺序排列为，，，，，，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第百分位数是(     ) A. B. C. D. 【答案】D  解：根据题意，数据按从小到大的顺序排列为，，，，，， 则极差为，故该组数据的中位数是， 数据共个，故中位数为 解得， 因为， 所以该组数据的第百分位数是第个数． 故选：． 4.等比数列中，若，，则的公比为(     ) A. B. C. D. 【答案】D  解：等比数列中，，， ， 即，解得． 故选：． 根据等比数列性质即可求出公比． 5.的展开式中的系数为(     ) A. B. C. D. 【答案】C  解：  则展开式中的系数为 ． 故选C． 6.已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为(     ) A. B. C. D. 【答案】B  解：由题意设，， 经过右焦点且垂直于的直线方程为， 联立，解得：，故． 联立，解得：，故． 因为，， 所以， 所以， 则，则， 即， 所以双曲线的离心率为． 故选B． 7.正方体的棱长为，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为(     ) A. B. C. D. 【答案】C  解：建系如图： 则根据题意可得，，，设， 由可知，， 整理为， 所以点的轨迹是平面内，以为圆心，为半径的圆，如下图： 点到平面的最大值为，此时点在的延长线上，且， 所以平面，，等腰直角三角形的外接圆的半径为， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积． 故选：． 8.已知，定义：，设若函数有两个零点，则实数的取值范围是(     ) A. B. C. D. 【答案】A  解：令函数，显然函数在上单调递增， 而， 则当时，，当时，， 于是函数 则 令函数，由，得， 因此函数的零点， 即函数的图象与直线交点的横坐标， 当，恒有，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 观察图象知，当， 即时，直线与函数的图象只有一个交点， 如图，直线过点，它与的图象交于两点，当时，， 当，即时，直线与函数的图象只有一个交点， 当，即时，直线与函数的图象有两个交点， 所以函数有两个零点，实数的取值范围是． 故选： 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.下列命题中正确的是(     ) A. 已知随机变量，则 B. 已知随机变量， C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为 【答案】ABC  解：对于选项A，因为，所以， 所以，故选项A正确； 对于选项B，因为随机变量， 所以，故选项B正确； 对于选项C，因为， 所以数据，，，，，，的第百分位数是，故选项C正确； 对于选项D，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为， 则甲乙组成的总体样本的方差为，故选项D错误． 故选：． 10.设函数的图象关于直线对称，它的周期是，则以下结论正确的是(     ) A. 的图象过点 B. 在上是减函数 C. 的最大值与的取值有关 D. 的一个对称中心是 【答案】ACD  解：函数的周期是， 故， 由于函数的图象关于直线对称，所以，整理得， 当时，； 故， 对于：当时，，故A正确； 对于：由于不确定正负，所以函数的单调性不确定，故B错误； 对于：由于，故， 函数上单调递增，当时，函数在该区间上单调递增，当时，函数在该区间上单调递减，故函数的最值与有关系，故C正确； 对于：当时，，故D正确． 故选：． 11.如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，是棱上的一个动点，为侧面上的动点，则下列说法正确的是(    ) A. 点到平面的距离为定值 B. 若，则的最小值为 C. 若，且，则点到直线的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ACD  解：对于，在正方体中，，分别为棱，的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又点是棱上的一个动点，所以点到平面的距离为定值，故A正确； 对于，连接，因为面， 所以是在平面上的射影， 要使，则， 所以点的轨迹是平面上以为圆心，为半径的半圆， 所以的最小值为，故B错误； 对于，对于，连接，，，， 因为，且，所以，，，四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为为棱的中点，所以为棱的中点， 故以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以， 故点到直线距离，故C正确； 对于，以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 设，则，，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，则， 令，则，， 故， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设为非零向量与的夹角，定义：若，，，则_________． 【答案】  解：因为，，， 所以， 因为，所以， 所以． 故答案为． 13.若，为曲线上任意两点，则，两点间距离的最大值为_________． 【答案】  解：因为曲线的方程为， 易知曲线关于轴，轴，原点对称， 当，时，曲线方程为， 此时曲线是以为圆心的圆； 当，时，曲线方程为， 此时曲线是以为圆心的圆； 当，时，曲线方程为， 此时曲线是以为圆心为圆； 当，时，曲线方程化， 此时曲线是以为圆心为圆； 当时，； 当时，， 作出曲线在平面直角坐标系下的图象如下所示： 则曲线上任意两点距离的最大值为． 故答案为：． 14.已知函数为常数，为自然对数的底数的图象在点处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数的取值范围是_________． 【答案】  解：当，，则，  则在处的切线方程为，即， 当时，切线和函数有且只有一个交点， 要使切线与该函数的图象恰好有三个公共点，  则当时，函数与有两个不同的交点， 即，在上有两个不同的根，  设， 则满足  即， ， 解得或， 即实数的取值范围是  故答案为：  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.本小题分 已知的内角，，的对边分别为，，，且． 求； 若，求的周长． 解：因为， 所以，即， 因为，所以，即， 由正弦定理可知，， 即，且， 所以，则，， 所以． 由正弦定理可知，， 即，则，， 所以，，所以， 且，，则， 由正弦定理可知，，即， ， 所以，则， 所以的周长为．  16.本小题分 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点，且． 求证： 当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角正弦值． 解：以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系， 如图：设， 则，，，， ，，由， ，若三棱锥的体积最大值，则取得最大值， ， 当且仅当时，即时取等号，即，分别是棱，上中点． 法一过作，连接， 由平面可得，平面，而平面，则， 连接和，交于点，连接，则是以为底边的等腰三角形， 而平面，得出为平面与平面的夹角， ，，所以，设到的距离为， 而到的距离为，则， ， 故平面与平面的夹角正弦值为． 法二设平面与平面的夹角为，，，， ，，，，， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，故， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，故， 则，，， 故平面与平面的夹角正弦值为．  17.本小题分 已知函数． 当时，求函数在处的切线方程； 若函数的最大值为，求实数的值． 解：当  ，       又   ，则有  ，   切线方程为：  即： ；   ， 当  时，  函数  在  上单调递增，无最大值； 当  时，令  可得  ，  ， 又 ，   时，  ，  单调递增，  时，  ，  单调递减，  函数在  取到最大值，即 ，  ， 即： ， 即：  ， 所以 ． 18.本小题分 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行记甲同学第局赢的概率为 求乙同学第局赢的概率 求 若存在，使成立，求整数的最小值． 解：由题意甲同学第局赢的概率为， 所以乙同学第局赢的概率为 由已知时，， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以 即， 令，则， 易知是减函数，，所以时，，单调递减， 显然，因此要求的最大值，即求的最小值， 又，为偶数时，，为奇数时，， 且在为奇数时，是单调递增的， 所以是中的最小值， 所以，又在上是减函数， 所以，而，故， 19.本小题分 将项数列重新排序为的操作称为一次“洗牌”，即排序后的新数列以为首项，将排在之后，将排在之后．对于数列，将“洗牌”后得到的新数列中数字的位置定义为例如，当时，数列经过一次“洗牌”后变为，此时，，，，，． 写出数列经过次“洗牌”后得到的新数列； 对于满足的任意整数，求经过一次“洗牌”后的解析式； 当其中时，数列经过若干次“洗牌”后能否还原为？如果能，请说明至少需要多少次“洗牌”；如果不能，请说明理由． 解：数列经过一次“洗牌”变为， 再经过一次“洗牌”变为， 第三次“洗牌”后变为． 依题意，当时，， 当时，． 因此， 先观察简单的情形． 当时，数列经过次“洗牌”变为“倒序”，再经过次“洗牌”就还原为 当时，数列经过次“洗牌”变为“倒序”，再经过次“洗牌”就还原为 当时，由知数列经过次“洗牌”变为“倒序”，再经过次“洗牌”就还原为． 由此，我们猜想数列经过次“洗牌”后就能还原为． 下面证明这个猜想． 令，，其中是任意正整数， 则为次“洗牌”后数字的位置． 由第问可知 且 因此， 注意到总是的整数倍． 下面用数学归纳法证明对任意正整数，总是的整数倍． 当时，结论已成立 假设时，，其中为非负整数， 则， 即 即当时结论仍成立． 综合、知对任意正整数，总是的整数倍． 当时，能被整除． 特别地，能被整除， 又能被整除， 故能被整除． 而 故， 其中只有能被整除， 故，即任意数字经次“洗牌”后位置不变，证毕．  1 学科网（北京）股份有限公司 $$