精品解析：山东省潍坊市2024-2025学年高三上学期1月期末检测数学试题

2024~2025学年度上学期期末检测试题 高三数学试题 本试卷分满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 设，则“”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 3. 记为等差数列的前项和．已知，，则的公差等于（ ） A. B. C. D. 4. 通过简单随机抽样，获得了某市户居民的月均用水量数据（单位：），制作如下频率分布表： 分组 合计 频数 9 频率 根据表中数据，估计月均用水量样本数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，且在上的投影为，则（ ） A. B. C. D. 6. 盒中有5个红球，3个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并放入同色球2个，再从盒中任取一球，则第二次取出的是黑球的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆对称中心为，左、右焦点分别为，，过上顶点作直线交于另一点．若，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知函数，且的图象经过点，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递增 10. 已知圆柱的高为2，为下底面圆的一条直径，为上底面圆上任意一点，球内切于圆柱，则（ ） A. 球的体积为 B. 直线，为异面直线 C. 直线与圆柱上底面所成角为 D. 平面截球所得截面面积最小值为 11. 已知数列满足，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则对任意，有 D. 若，则存在，当时，有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，若，则点的横坐标为______. 13. 如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内．在点测得，的俯角分别为，，在点测得，的俯角分别为，，且，则_____． 14. 一个点从数轴的原点开始运动，通过投掷骰子决定运动方向：若出现，面之一时，向负方向移动个单位；若出现，，，面之一时，向正方向移动个单位．投掷次骰子，该点位置的平均值为_____．投掷次骰子后，概率大于的点的位置存在的最小区间为_____． 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. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的单调区间. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为棱中点． （1）若直线与平面的交点为，证明：平面； （2）已知平面，，，且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 甲、乙两位同学参加知识答题比赛，得分高者获胜．已知共20道试题，甲能答对其中的15道题，乙答对每道题的概率为，每答对一题得5分，答错不扣分．两人商议后约定：甲随机选择其中的3道题作答；乙依次作答，且每答对一题继续答下一题，题目答错或者答完则结束答题．设甲答题总得分为，乙答题总得分为． （1）求甲答题总得分的概率； （2）求乙答题总得分的期望，并从期望角度说明甲、乙谁胜出？ （参考数据：） 18. 已知双曲线左焦点为；点在上． （1）求的方程； （2）已知的右顶点为，圆与直线交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与交于两点．当点到直线的距离最大时，求的值． 19. 已知点集．将中的元素按照一定顺序排成一列，可得到数对序列．定义：，，其中表示，中最大的数． （1）对于数对序列，，求，的值； （2）有序实数对，可排成两个序列，和，，在，，，四个数中最小的数分别为和两种情况下，比较和的大小； （3）若为奇数且，，，，证明：集合中存在两个非空子集，，满足，，中所有点的横坐标之和，中所有点的纵坐标之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度上学期期末检测试题 高三数学试题 本试卷分满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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】D 【解析】 【分析】先求得集合，再根据集合交集的概念及运算即可求解. 【详解】，. 故选：D. 2. 设，则“”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】A 【解析】 【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性即可得到结果. 【详解】由可得，故充分性满足； 由不一定得到，比如，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选:A 3. 记为等差数列的前项和．已知，，则的公差等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式及通项公式列方程，解方程即可. 【详解】由已知数列为等差数列，设其公差为， 则， 解得， 故选：D. 4. 通过简单随机抽样，获得了某市户居民月均用水量数据（单位：），制作如下频率分布表： 分组 合计 频数 9 频率 根据表中数据，估计月均用水量的样本数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由表格数据结合百分位数的定义求结论即可. 【详解】由题表可知，月均用水量在以下的居民用户所占比例， 在以下的居民用户所占的比例为， 因此分位数一定位于内. 由，可以估计月均用水量的样本数据的分位数为. 故选：B. 5. 已知向量满足，且在上的投影为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据在上的投影公式得到方程，求出，结合求出答案. 【详解】由题意得，在上的投影向量为， 故，即，， 解得. 故选：A 6. 盒中有5个红球，3个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并放入同色球2个，再从盒中任取一球，则第二次取出的是黑球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设第一次取到黑球为事件A，第二次取到黑球为事件B，根据题意可得，结合全概率公式运算求解. 【详解】设第一次取到黑球为事件A，第二次取到黑球为事件B， 则， 所以. 故选：C. 7. 二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，推得，再由，推得，即可求得. 【详解】已知， 则， ， 以此类推，，则， 又， 则， ， 以此类推，， 所以. 故选：B. 8. 已知椭圆的对称中心为，左、右焦点分别为，，过上顶点作直线交于另一点．若，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别表示及的面积，可得点坐标，代入椭圆方程，化简可得离心率. 【详解】 如图所示，设椭圆方程为， 易知，， 则，， 又，则， 则，易知，即， 由，，三点共线， 则，所以，则， 即，又在椭圆上，即，即， 则， 故选：C. 二、多项选择题：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. 已知函数，且的图象经过点，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递增 【答案】AB 【解析】 【分析】由的图象经过点，求出的解析式，再利用余弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】对选项A，因为，即，又，所以，故A正确； 对选项B，由对选A知，则，故B正确； 对选项C，又， 所以的图象不关于直线对称，故C错误； 对选项D，由， 因为，所以， 因为在上单调递增，在上单调递减，故D错误. 故选：AB. 10. 已知圆柱的高为2，为下底面圆的一条直径，为上底面圆上任意一点，球内切于圆柱，则（ ） A. 球体积为 B. 直线，为异面直线 C. 直线与圆柱上底面所成的角为 D. 平面截球所得截面面积最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由球内切于圆柱得到球的半径可判断A；若点在平面截圆柱所得的截面内，得到直线，共面可判断B；直接求线面角可判断C；过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求解可判断D. 【详解】因为圆柱的高为2，且球内切于圆柱， 所以球的半径， 对于A，球的体积，故A正确； 对于B，设平面截圆柱所得截面为， 当点在截面内时，直线与直线共面，故B错误； 对于C，因为平面，所以即为直线与圆柱下底面所成的角，如图： 又，所以为等腰直角三角形，即， 因为圆柱的上下底面平行，所以直线与圆柱上底面所成的角为，故C正确； 对于D，设过点的圆柱的轴截面为， 过点在平面内作，垂足为，如图： 易知，，， 由勾股定理可得， 因为与相似，所以， 即， 设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为， 因为平面，当平面时，取最大值，即， 所以， 所以平面截得球的截面面积最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知数列满足，则（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则对任意，有 D. 若，则存在，当时，有 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合基本不等式及不等性质分别判断各选项. 【详解】A选项：由，及，可知， 所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，A选项正确； B选项：由，则，又， 当且仅当，即时成立， 又，则，即恒成立，B选项正确； C选项：由，又，所以，即， 所以，C选项错误； D选项：由A选项可知当时，恒成立，此时满足恒成立； 当且时，对于时成立，即（）， 又由C选项可知，即， 又单调递减， 所以存在且，当时，使得， 综上所述存在，当时，有，D选项正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，若，则点的横坐标为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据抛物线的定义计算可得结果. 【详解】由题意得，抛物线准线方程为. 设，根据抛物线定义得， ∴. 故答案为：4. 13. 如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内．在点测得，的俯角分别为，，在点测得，的俯角分别为，，且，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】先在中，利用正弦定理求，在中利用余弦定理求，再在中，利用余弦定理求. 【详解】因为在点测得，的俯角分别为，， 所以，， 因为在点测得，的俯角分别为，， 所以，， 在中，已知， 由正弦定理得， 所以； 因为，则， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 因为，，故， 在中，由余弦定理得：， 故， 所以 故答案为：. 14. 一个点从数轴的原点开始运动，通过投掷骰子决定运动方向：若出现，面之一时，向负方向移动个单位；若出现，，，面之一时，向正方向移动个单位．投掷次骰子，该点位置的平均值为_____．投掷次骰子后，概率大于的点的位置存在的最小区间为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据古典概型计算概率，可得投掷次骰子时位置值的分布列，即可得均值；再列出投掷次时位置值的分布列，进而确定所求区间. 【详解】设投掷次时的位置值为，易知的可能取值有，， 则，， 则的分布列为 则均值为； 设投掷次时的位置值为，则的可能取值有，，，，，，， 则，， ，， ，， ， 则， 且，， 所以概率大于的点的位置存在的最小区间为， 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. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的单调区间. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求解即可. （2）求出导函数，根据和分类讨论，结合二次不等式求解单调区间即可. 【小问1详解】 当时，函数， 得， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即切线方程为； 【小问2详解】 当时，，， 令，得，， 当时，， 令，得或， 令，得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为 当时，， 令，得或， 令，得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为； 综上所述，当时，的单调增区间为和，单调减区间为； 当时，的单调增区间为和，单调减区间为． 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为棱的中点． （1）若直线与平面的交点为，证明：平面； （2）已知平面，，，且二面角的大小为，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）根据线面平行可证线线平行，进而可证线面平行； （2）根据二面角的定义可得底面菱形的边长，建立空间直角坐标系，利用坐标法可得平面法向量，进而可线面夹角正弦值. 【小问1详解】 因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面平面， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 如图，过点作于点，连接，， 因为平面，所以， 所以为二面角平面角， 即， 因为， 所以，所以在中，， 以，分别为轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 即， 令，得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角正弦值为． 17. 甲、乙两位同学参加知识答题比赛，得分高者获胜．已知共20道试题，甲能答对其中的15道题，乙答对每道题的概率为，每答对一题得5分，答错不扣分．两人商议后约定：甲随机选择其中的3道题作答；乙依次作答，且每答对一题继续答下一题，题目答错或者答完则结束答题．设甲答题总得分为，乙答题总得分为． （1）求甲答题总得分的概率； （2）求乙答题总得分的期望，并从期望角度说明甲、乙谁胜出？ （参考数据：） 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由已知，甲答题总得分，即甲答对2道题，答错1道题，由概率公式计算即可. （2）由已知，求得，由乙答题得分的取值范围为，求出对应概率，进而由期望公式求出，即可得到答案. 【小问1详解】 因为共20道试题，甲能答对其中的15道题， 甲答题总得分，即甲答对2道题，答错1道题， 所以甲答题总得分概率为 . 【小问2详解】 设甲答对题目的个数为，则， 则， 所以； 由题意可知，乙答题得分的取值范围为， ，，，， ， ， 记， ， 得 ， 所以， ， 因为，所以， 则，所以乙胜出． 18. 已知双曲线左焦点为；点在上． （1）求的方程； （2）已知的右顶点为，圆与直线交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与交于两点．当点到直线的距离最大时，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，建立方程组，求出，即可得到的方程； （2）设，，设方程为，联立，利用韦达定理得，，得到，，由已知，整理，可得或，分析可得方程为，与双曲线方程联立，可得，进而得，可得. 【小问1详解】 由题意，，解得， 所以曲线的方程为． 【小问2详解】 由（1）知，，设，， 显然直线的斜率存在，设方程为， 联立，得， 所以，，， 因为，令，则， 同理，， 因为圆与直线交于P，Q两点， ， 则，即， 即， 整理得， 即， 整理得， 所以，即或， 若，则过点，不合题意； 若，则．所以，恒过， 所以点到直线的距离，当且仅当，即时取得， 此时方程为，联立，解得， 则， 得， 所以的值为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设方程，再将其联立双曲线方程，得到韦达定理式，由，利用韦达定理式，得到或，得到恒过，再利点到直线的距离，得到方程为，再与双曲线方程联立，即可求解. 19. 已知点集．将中的元素按照一定顺序排成一列，可得到数对序列．定义：，，其中表示，中最大的数． （1）对于数对序列，，求，的值； （2）有序实数对，可排成两个序列，和，，在，，，四个数中最小的数分别为和两种情况下，比较和的大小； （3）若为奇数且，，，，证明：集合中存在两个非空子集，，满足，，中所有点的横坐标之和，中所有点的纵坐标之和． 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义直接计算即可； （2）根据定义，分别讨论当和为最小值时和，比较大小即可； （3）不妨设①若， 因为中任意，存在；②若，由，，所以一定存在正整数，使得，可得，即可得，设，，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，所以，时，满足题意． 【小问1详解】 由定义可知，； 小问2详解】 ， ， 当为最小时，，因为，， 所以， 当为最小时，， 因为，， 所以， 所以两种情况下均有； 【小问3详解】 不妨设， ①若， 因为中任意， 所以存在为单元素集合，为的补集即可； ②若， 因为，，所以一定存在正整数， 使得， 可得， 又因为 ． 设，，则 ， 当且仅当时取等号， 所以，时， ，； 综上所述，存在两个非空子集，，满足题意． 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$