精品解析：福建省厦门外国语学校2024-2025学年高三上学期12 月阶段检测数学试卷

厦门外国语学校2024—2025学年第一学期高三12月阶段检测 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.限时时间为120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案：在试卷上做答无效. 3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 第I卷（共73分） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据根式的性质化简集合,即可根据交集的定义求解. 【详解】， 故， 故选：A 2. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的几何意义得答案． 【详解】∵， 由复数与对应的点关于虚轴对称， ∴． 故选：C. 3. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的性质得到，然后求投影向量即可. 【详解】由，得，由， 得，则， 因此，在上的投影向量为. 故选：D. 4. 已知，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式化简即可求解. 【详解】因为，所以. 又，所以， 所以 故选：C. 5. 已知函数满足对恒成立，则 A. 函数一定是偶函数 B. 函数一定是偶函数 C. 函数一定是奇函数 D. 函数一定是奇函数 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：由已知得，又对恒成立，所以，即，所以，即，所以，则为偶函数.故正确答案为A. 考点：三角函数最值、奇偶性. 6. 已知三棱锥的三个侧面的面积分别为5，5，6，底面积为8，且每个侧面与底面形成的二面角大小相等，则三棱锥的体积为（ ） A. 4 B. C. 6 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，由题意可得，可得为三角形的内心，进而计算可得的边的值，进而可求三棱锥的高，可求体积. 【详解】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， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角， 同理可得为二面角的平面角，为二面角的平面角， 因为每个侧面与底面形成的二面角大小相等，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5，5，6， 所以，设三边的长为，则边上的高长为， 由底面的面积为8，所以，解得， 设内切圆的半径为，则，所以， 由侧面的面积为6，所以，所以， 所以，所以， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用二面角相等，得到在平面的投影是三角形的内心，据此计算可求得体积. 7. 已知向量，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的几何意义作出直线与函数的图象，利用与直线平行的函数的切线间距离最短求解. 【详解】设， 点在直线上运动，点在函数的图象上运动. 作出直线与函数的图象， 函数，令，显然当，即时， ，此时. 故选：B. 8. 已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率. 【详解】设O为坐标原点，由，得，又两渐近线关于轴对称，所以 直线斜率为，则， 令，则， 中，由正弦定理得， 即，解得，故， 所以的离心率 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，有选错的得0分，部分选对得部分分数分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第40百分位数是9 B. 若随机变量服从正态分布，则 C. 回归直线至少经过点中的一个点 D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球､60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从超几何分布，且 【答案】AD 【解析】 【分析】根据百分位数的概念计算判断A，根据正态分布的性质求解概率判断B，根据线性回归方程的性质判断C，根据超几何分布的概念及期望公式计算判断D. 【详解】对于A，由，知数据的第40百分位数为，正确； 对于B，，错误； 对于C，线性回归方程为不一定经过中的任何一个点， 但一定会经过样本中心点，错误； 对于D，由于是不放回地随机摸出20个球作为样本， 所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，得，正确. 故选：AD 10. 表示不超过的最大整数，例如：，已知函数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. C. 函数的图象不关于原点对称 D. 设方程的解集为A，集合，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意直接运算求解判断A；举反例说明判断BC；根据题意解得，分、或三种情况解不等式求集合B，结合并集结果运算求解判断D. 【详解】对于A，由，得，，， 因此，A正确； 对于B：例如，则，B错误； 对于C：，函数，的图象不关于原点对称，C正确； 对于D：由，得，解得或，即， 而，且，当时，， 则，解得；当时，，符合题意； 当时，，则，解得， 所以，D正确. 故选：ACD 11. 如图，已知圆，过原点作射线交圆于点（异于点），交直线于点（异于点），再以为圆心、线段的长为半径作圆与射线交于点，记点的轨迹为曲线.设，，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线上所有点的横坐标的取值范围是 B. C. 曲线的方程为 D. 过点且与垂直的直线必与抛物线相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据射线的倾斜角从0逐渐趋近于判断A,应用三角函数定义计算判断B,应用同角函数关系判断C,联立直线和抛物线方程结合判别式判断D. 【详解】对于A，当射线与轴非负半轴重合时，点与原点重合，此时，但A，B两点不重合，所以等号取不到. 当射线的倾斜角从0逐渐趋近于时，点位于直线左侧且无限趋近于该直线，即，故A正确； 对于B，由题图，知，，所以，故B正确； 对于C，设，则，，代入，得.又，代入整理，得，故C错误； 对于，设，，则①， 设过点且与直线垂直的直线方程为，即， 与联立，得， 结合①，得， 所以过点且与垂直的直线必与抛物线相切，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（共77分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知等比数列的前项和为，若，则__________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据等比数列的前项和的性质，将分别用表示，代入即可求解. 【详解】因为所以，则， 由等比数列的前项和的性质可知， 数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，即， ，即， 所以. 故答案为：8. 13. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概率公式求出，利用条件概率公式求出即可. 【详解】由题意可得， 设事件表示“在第1,2次都摸到红球”，事件表示“第3次摸到红球”， 则， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 若方程有实数根，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设实根为，则，转化为动点在直线， 利用的几何意义，将问题转化为求原点到直线距离的最小值， 再构造函数求解并验证最值取到即可. 【详解】设方程的实根为，则， 所以，即. 设点，则点在直线上. 设点到直线的距离为，则， 设，则， 所以， 当，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以， 则，又，由几何意义可知， 所以. 检验：当时，， 由，解得，此时； 由，解得，此时. 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能转化为点到直线距离，然后利用函数导数判断函数的单调性，解得最小值，注意等价转化思想的合理运用. 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. 设三角形的内角、、的对边分别为、、且． （1）求角的大小； （2）若，边上的高为，求三角形的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得； （2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可. 【小问1详解】 因为，，为的内角，所以， 因为，所以可化为：， 即，即， 因为，解得：，即． 【小问2详解】 由三角形面积公式得，代入得：， 所以，由余弦定理得：， 解得：或舍去，即， 所以的周长为. 16. 已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆上的点与圆上的点距离的最值，结合椭圆离心率即可得椭圆的标准方程； （2）根据直线与椭圆相交得交点坐标关系，从而可得面积，由基本不等式求得其最大值. 【小问1详解】 因为为椭圆上一点，为圆上一点， 由的最大值为，得，所以． 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 在中令，得，所以， 显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为， 由，消去得， 所以，则， 设，，则，， 所以， 所以． 令，则， 则，当且仅当，即时取得等号， 所以面积的最大值为． 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中最值问题的常见方法： （1）函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围，求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性； （2）方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出关于目标量的不等关系，再求出目标量的最值； （3）几何法：观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足最值条件，然后证明． 17. 如图，三棱柱中，平面，，，，过的平面交线段于点E（不与端点重合），交线段BC于点F. （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以， 因此四边形为平行四边形． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，利用面面平行的性质可推导出，即可证得结论成立； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内过点作， 因为平面，，平面， 所以，． 以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 所以， ， 因为， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，得，， 所以为平面的一个法向量， 而，设直线与平面所成角为， 于是得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数，求函数极值点的个数； （3）当时，若在上恒成立，求证：. 【答案】（1） （2）当时，函数有两个极值点； 当时，函数没有极值点； （3）由在上恒成立， 得在上恒成立， 设，， 当时，，在上单调递增，此时显然不恒成立. 当时，若，则，在上单调递增， 若，则，在上单调递减， 所以， 所以， 要证成立，因为，即证明 因为， 令，，， 令得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以， 所以成立. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线斜率，进而可得切线方程； （2）求导，结合二次方程解的情况分情况讨论函数单调性，进而可得极值点情况； （3）由在上恒成立，得在上恒成立，构造函数，可转化为，根据导数可求得，即可转化为，证明成立，即证明，可转化为，构造新函数，结合函数单调性及最值情况可得证. 【小问1详解】 当时，，则， 所以切线斜率， 又， 则切线方程为； 【小问2详解】 由已知， 则， 对于方程，， ①当时，，则，在上单调递增，此时没有极值点； ②当时，设方程的两根为，，不妨设， 则，， 即， 所以当或时，， 当时，， 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 此时，是函数的两个极值点； ③当时，设方程的两根为，， 则，， 故，， 所以当时，，单调递增，此时没有极值点； 综上所述，当时，函数有两个极值点； 当时，函数没有极值点； 【小问3详解】 略 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个数列，记. ①求随机变量的分布列，并证明：； ②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小. 【答案】（1）0. （2）①因为数列是从集合中任意取出两个数列， 所以，数列为项数列所以，的可能取值为： 当时，数列中有项取值不同，有项取值相同， 又因为集合中元素的个数共有个， 所以，， 所以，的分布列为： 1 2 因为， 所以， ② 【解析】 【分析】（1）由数列新定义求解即可； （2）①由数列新定义得到的可能取值，结合组合数和古典概率计算出相应的概率，再由期望公式证明即可； ②由条件概率公式结合已知计算即可； 【小问1详解】 因为是12项数列，当且仅当时，， 所以当和时，.设数列的所有项的和为S， 则 ，所以数列的所有项的和为0. 【小问2详解】 ①略 ②由题知，所以，， 所以，， 所以，即， 所以，，即 【点睛】关键点点睛：本题第一小问的关键是能够理解数列新定义；第二小问的关键是能用古典概率结合组合数计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门外国语学校2024—2025学年第一学期高三12月阶段检测 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.限时时间为120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案：在试卷上做答无效. 3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 第I卷（共73分） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数满足对恒成立，则 A. 函数一定是偶函数 B. 函数一定是偶函数 C. 函数一定是奇函数 D. 函数一定是奇函数 6. 已知三棱锥的三个侧面的面积分别为5，5，6，底面积为8，且每个侧面与底面形成的二面角大小相等，则三棱锥的体积为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 7. 已知向量，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 8. 已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（ ） 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，有选错的得0分，部分选对得部分分数分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第40百分位数是9 B. 若随机变量服从正态分布，则 C. 回归直线至少经过点中的一个点 D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球､60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从超几何分布，且 10. 表示不超过的最大整数，例如：，已知函数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. C. 函数的图象不关于原点对称 D. 设方程的解集为A，集合，若，则 11. 如图，已知圆，过原点作射线交圆于点（异于点），交直线于点（异于点），再以为圆心、线段的长为半径作圆与射线交于点，记点的轨迹为曲线.设，，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线上所有点的横坐标的取值范围是 B. C. 曲线的方程为 D. 过点且与垂直的直线必与抛物线相切 第II卷（共77分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知等比数列的前项和为，若，则__________. 13. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求__________. 14. 若方程有实数根，则的最小值为__________. 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. 设三角形的内角、、的对边分别为、、且． （1）求角的大小； （2）若，边上的高为，求三角形的周长． 16. 已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 17. 如图，三棱柱中，平面，，，，过的平面交线段于点E（不与端点重合），交线段BC于点F. （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数，求函数极值点的个数； （3）当时，若在上恒成立，求证：. 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个数列，记. ①求随机变量的分布列，并证明：； ②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $