精品解析：广东省深圳市龙岗区2024-2025学年高三上学期期末质量监测数学试题

龙岗区2024-2025学年第一学期高三期末质量监测 数学试卷 注意事项： 1．本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损. 3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠. 4．选择题每小题选出答案后，用铅笔将答题卡选择题答题区内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；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内. 5．考试结束，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集求解即可. 【详解】 故选：B. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的模求解即可. 【详解】由可得， 则，于是 故选：D. 3. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量平行的坐标表示得到三角关系式，化弦为切，即可得到的值； 【详解】因为，，， 所以，所以. 故选：A. 4. 在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则四棱锥的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将四棱锥补成正方体，计算正方体的外接球半径即可得到结果. 【详解】 如图，将四棱锥补成正方体，正方体体对角线长为， 则四棱锥的外接球为正方体的外接球，外接球半径为， 所以四棱锥的外接球表面积为. 故选：A. 5. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可. 【详解】故为奇函数，， 故函数单调递增，故故解集为. 故选：B. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式和余弦的二倍角公式计算即可作出选择 【详解】因为， 所以 故选：B. 7. 点为曲线上一动点，为单位圆的一条直径的两个端点，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由题意可得，且，根据及向量的线性运算，可得 ，再利用换元法及基本不等式求解即可. 【详解】解：设， 则, 由题意可得，且， 所以 ， 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：C. 8. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．曲线与轴交于、两点，点为曲线上一动点，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ） A. 图形关于轴对称 B. 点纵坐标的最大值为 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用图形的对称性可判断A选项；当时，分析可知，关于的方程有解，由可判断B选项；当时，化简曲线的方程，结合基本不等式可求出的最大值，可判断C选项；解法一：当时，化简曲线的方程，结合基本不等式求出的范围，即可求出的范围，可判断D选项；解法二：当时，化简曲线的方程可得出，利用三角换元可判断D选项. 【详解】对于A选项，在曲线上任取一点，则， 点关于轴的对称点为，则， 所以，曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，当时，方程变换为， 由题意可知，关于的方程有解， 由，解得，所以的最大值为，故B正确； 对于C选项，当时，由可得，（当时取等号）， 所以，，．故C正确； 对于D，解法一：令解得，记， 当时，由可得，（当时取等号）， 所以，，则． 又．故D错误； 另解：有对称性可知，只需要讨论即可，此时， 即为， 令，其中，可得， ， 因为，故，，． ，D错. 故选：D. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 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. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，8，7，9，5，则关于这组数据的结论正确的是（ ） A. 极差为4 B. 平均数为7 C. 方差为2 D. 数据的第60百分位数为7 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据极差，方差，平均数，百分位数的定义即可求解. 【详解】某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）从小到大排列为， 则极差为，平均数为， 方差为 , 由题意，所以数据的第60百分位数为，故ABC正确，D错误； 故选：ABC 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上值域为 D. 函数为偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数图象求函数解析式，逐项判断即可确定答案. 【详解】设函数的最小正周期为，则，故， ∵，∴，，选项A正确. 由得，， ∴，解得， ∵，∴，， ∴，选项B正确. ∵，∴， ∴，即在区间上值域为，选项C错误. 由题意得，， 令，则定义域为， ∵， ∴为偶函数，选项D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数（，且），下列说法正确的是（ ） A. 当时，可能存在两个零点 B. 若恒成立，则 C. 若恒成立，则的最小值为 D. 若恒成立，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】求导结合零点存在性定理可判断A；分与两种情况讨论可求得判断B；利用，求导可求得的最小值判断C；由选项B知，，可得，利用换元法，结合对数平均值不等式计算可判断D. 【详解】函数的定义域为 选项A．当时，， 故在上为单调递增函数，由，， 根据零点存在性定理，在上存在唯一的一个零点．故选项A错误． 选项B．由选项A知，当时，在上单调递增， 无最小值，且，不合题意，故． 当时，，， 令，则， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 故时，有极小值，也是最小值． ， 由题意，，又，则，可得， 所以，则．选项B正确． 选项C．由选项B知，，，令，则， 在单调递减，在单调递增． 故，即的最小值为．选项C正确． 选项D．由选项B知，，且． ，由得， 令，则，易知，故 由对数平均不等式得，得，即 由，故，故选项D正确． 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：D选项，关键在于由，得到，换元法结合对数平均值不等式求得结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 抛物线上一点到其焦点的距离为_____． 【答案】2 【解析】 【分析】代入点的坐标求得抛物线的方程，利用焦半径公式可求得点到焦点的距离. 【详解】因为点在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线的方程为，准线方程为， 由焦半径公式可得点到其焦点距离为. 故答案为：. 13. 已知数列满足，数列满足．若，将满足题意的所有正整数的值由小到大组成一个数列，则该数列前5项之和为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，求出对应的前5组数，即可得答案. 【详解】解：由题意可得， 则有；；；；，…， 所以正整数的值由小到大组成一个数列的前5项分别是， 所以此5项的和为. 故答案为： 14. ，是双曲线的左，右焦点，点为双曲线右支上一点，，的角平分线交轴于点，若，则双曲线的离心率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】不妨设，，，根据面积关系和双曲线的定义可求，从而可求离心率. 【详解】不妨设，，，， 则由题，且，故， 有，得， 故．故，所以， 故，所以， 故即，双曲线的离心率． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：与三角形角平分线有关的问题，可以利用面积的关系得到边的关系. 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. 已知的内角所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若的面积为，中线，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，利用两角和的正弦公式化简，转化为三角函数求角； （2）首先根据三角形的面积公式，求得，，根据中线向量关系，可得，再根据余弦定理即可求得. 【小问1详解】 在中，，则， 因为， 则， 由正弦定理得：， 所以， 所以， 又，得，所以，即， 由，解得. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以， 由（1）知，故， 因为为中线，即为中点， 则，又， 则，所以， 解得， 由余弦定理得， 所以. 16. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线线垂直可得平面，进而得到，利用勾股定理逆定理可得，结合，可证结论； （2）取中点为，连结，取中点为，连结．可证平面，，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的法向量为，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 由于底面是边长为2的正方形，则， 又，，平面平面，则平面， 则，又，，则， 于是，即， 由于，又，故， 又，、平面，则平面； 【小问2详解】 取中点为，连结，取中点为，连结， 因为，点是中点，所以， 又因为平面，平面，则， 又平面，所以平面， 因为点、分别是、的中点，所以，则， 则, 以点坐标原点，所在直线分别为，，轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 则，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则，， 所以是平面的一个法向量, 由（1）知，平面，故平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 17. 为了提高学生的身体素质和健康水平，确保学生每天有足够的体育锻炼时间，教育部提出阳光体育一小时活动.小路同学每天会通过打乒乓球或羽毛球来达到体育锻炼的目的.小路同学第一天选择打乒乓球的概率为，选择打羽毛球的概率为．而如果前一天选择了打乒乓球，那第二天选择打乒乓球的概率为，选择打羽毛球的概率为；如果前一天选择了打羽毛球，那第二天选择打羽毛球的概率为，选择打乒乓球的概率为，如此往复．记小路同学第天选择打羽毛球的概率为． （1）小路同学在网上看到了3款乒乓球拍和5款羽毛球拍，他想从中选择3款球拍进行进一步了解，记选中的羽毛球拍款数为，求的分布列和数学期望． （2）求； 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】(1)利用超几何分布求解即可，（2）利用条件概率结合数列的递推公式求解即可. 【小问1详解】 的所有可能取值为0，1，2，3 ， ， ， 分布列为 0 1 2 3 【小问2详解】 设“第一天打乒乓球”，“第一天打羽毛球”，“第二天打乒乓球”，“第二天 打羽毛球”，则，，，． 由题意得： 故 可得 易知，故是以为首项，为公比的等比数列． 所以，故 18. 已知椭圆的左焦点为（-1，0），点为椭圆上一点，点为椭圆的左顶点． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于，两点，直线，分别与直线交于，两点． ①求证：为定值； ②以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，若不过定点，试说明理由． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②以为直径的圆过定点，定点坐标为和． 【解析】 【分析】（1）由题意得，求解即可； （2）①设，，联立方程组由韦达定理可得，计算可得为定值；②设直线为，求得点坐标为，同理点坐标为，设定点坐标为，利用，可求定点坐标. 【小问1详解】 由题意得， 解得， 故椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 ①设，， 由得：， 有，且， 所以 ， 故为定值，定值为． ②设直线为，令，则，所以点坐标为． 同理点坐标为， 根据对称性可知，如果以为直径的圆过定点，那定点一定在轴上． 设定点坐标，则，即， 由①知，故， 解得或， 故以为直径的圆过定点，定点坐标为和． 19. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）当，时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论导数的正负，得到函数的单调性； （2）由（1）可知，当时，故，可得 ，则当时， ，所以，即可证得． （3）解法1：构造函数，在恒成立，可得，令，由二次求导，求出，即可证明； 解法2：前面同解法1，令后，通过一次求导，求出，即可证明； 解法3：由恒成立，得，令，通过二次求导，可得，即可实数的取值范围． 【小问1详解】 ， 当时，在上单调递增， 当时，令，得． 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增， 故，则，即，当时取等号， 当时，令，则，则， 则，，，， 所以， 所以当时，． 【小问3详解】 解法1：由题意知时，恒成立， 令，则在恒成立， 故由可得，即当时，由于，显然不满足题意． 当时，， 只要证明即可， 令，， ， 令，则， 由（1）知，当时，，即， 故， 所以在上为增函数，又 当时，，为减函数； 当时，，为增函数． 所以， 即恒成立． 综上所述，． 解法2：由题意知时，恒成立， 令，则在恒成立， 则由可得．即当时，由于，显然不满足题意． 当时，， 只要证明即可． 令， ， 令，则， 当时，，为减函数； 当时，，为增函数． 则， 即恒成立． 综上所述，． 解法3：由题意知时，恒成立，则． 令，， ， 令， ， 当时，，为减函数； 当时，，为增函数． 故， 令，得，且当时，，为减函数； 当时，，为增函数． 故，从而有． 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：（2）小问，由（1）可知，当时，可得 ，则当时， ，即可证明；（3）小问，由恒成立构造函数，则在恒成立，可得，令，由二次求导，求出，进而求出实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 龙岗区2024-2025学年第一学期高三期末质量监测 数学试卷 注意事项： 1．本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损. 3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠. 4．选择题每小题选出答案后，用铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内. 5．考试结束，请将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A 1 B. C. D. 3 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则四棱锥的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 点为曲线上一动点，为单位圆的一条直径的两个端点，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 8. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．曲线与轴交于、两点，点为曲线上一动点，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ） A. 图形关于轴对称 B. 点的纵坐标的最大值为 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，8，7，9，5，则关于这组数据的结论正确的是（ ） A. 极差为4 B. 平均数为7 C. 方差为2 D. 数据的第60百分位数为7 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上值域为 D. 函数为偶函数 11. 已知函数（，且），下列说法正确的是（ ） A. 当时，可能存在两个零点 B. 若恒成立，则 C. 若恒成立，则的最小值为 D. 若恒成立，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 抛物线上一点到其焦点的距离为_____． 13. 已知数列满足，数列满足．若，将满足题意的所有正整数的值由小到大组成一个数列，则该数列前5项之和为_____． 14. ，是双曲线左，右焦点，点为双曲线右支上一点，，的角平分线交轴于点，若，则双曲线的离心率为_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若的面积为，中线，求． 16. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 17. 为了提高学生的身体素质和健康水平，确保学生每天有足够的体育锻炼时间，教育部提出阳光体育一小时活动.小路同学每天会通过打乒乓球或羽毛球来达到体育锻炼的目的.小路同学第一天选择打乒乓球的概率为，选择打羽毛球的概率为．而如果前一天选择了打乒乓球，那第二天选择打乒乓球的概率为，选择打羽毛球的概率为；如果前一天选择了打羽毛球，那第二天选择打羽毛球的概率为，选择打乒乓球的概率为，如此往复．记小路同学第天选择打羽毛球的概率为． （1）小路同学在网上看到了3款乒乓球拍和5款羽毛球拍，他想从中选择3款球拍进行进一步了解，记选中的羽毛球拍款数为，求的分布列和数学期望． （2）求； 18. 已知椭圆的左焦点为（-1，0），点为椭圆上一点，点为椭圆的左顶点． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于，两点，直线，分别与直线交于，两点． ①求证：为定值； ②以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，若不过定点，试说明理由． 19. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）当，时，恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$