精品解析：广西壮族自治区河池市2024-2025学年高三上学期期末学业水平质量检测数学试题

河池市2024年秋季学期高三期末学业水平质量检测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. i C. D. 1 3. 已知向量，，，则（ ） A. 6 B. C. 3 D. 4. 已知为奇函数，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 5. 已知一组样本数据，，，，，分别为2，，3，4，5，5，若这组数据的平均数为4，则样本数据，，，，，的方差为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形．若为圆锥侧面上的动点，点平面，，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，在上，若的内切圆的半径为，则（ ） A. 2 B. C. D. 8. 已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（ ） 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. 已知函数的最小值为0，且最小正周期为，则（ ） A B. C. 在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值为1 10. 不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机抽取两次，每次取一球．表示事件“第二次取出球的数字小于等于3”表示事件“两次取出球的数字差的绝对值小于等于2”，则（ ） A. B. C. 事件与互斥 D. 事件与相互独立 11. 在平面直角坐标系中，设，曲线上的点满足到与到直线的距离之和为4，则（ ） A. 点在上 B. 图象关于轴对称 C. 点到坐标原点的距离的最大值为 D. 曲线不在直线的上方 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在点处的切线与直线垂直，则_____． 13. 被15除所得余数为_____． 14. 已知双曲线，过坐标原点的直线交于，两点（在第一象限），过点作与直线垂直的直线交于点，直线分别与轴，轴交于，两点，若，则的渐近线方程为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且． （1）求； （2）若，且边上的高为，求的周长． 16. 新春佳节即将到来，某超市为了刺激消费、提高销售额，举办了回馈大酬宾抽奖活动，设置了一个抽奖箱，箱中放有7折、7.5折、8折奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位消费者可以从中任意抽取2张奖券，最终超市将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算． （1）求一位消费者抽到2张奖券的折扣相同的概率； （2）若某位消费者购买了300元（折扣前）商品，记这位消费者最终结算时的消费金额为，求的分布列及数学期望． 17. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，设为的极值点，若，求的取值范围． 18. 如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点． （1）证明：平面； （2）设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 19. 设抛物线的焦点为，点，直线交于，两点，且． （1）求的标准方程； （2）已知，是抛物线上的任意两点，过点，分别作在点，处的切线交于点， ①证明：，，成等比数列； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河池市2024年秋季学期高三期末学业水平质量检测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得集合，利用交集的意义可求. 【详解】， 又因为，所以. 故选：A. 2. 若，则（ ） A. B. i C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算化简求得，再根据共轭复数定义即得. 【详解】由可得：，则. 故选：B. 3. 已知向量，，，则（ ） A. 6 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的坐标求得向量的坐标，由向量平行的坐标关系建立方程，求得的值. 【详解】， ∵，∴，解得. 故选：B. 4. 已知为奇函数，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用求出值并验证即可. 【详解】函数的定义域为，而为奇函数，则， 此时，，即为奇函数， 所以. 故选：B 5. 已知一组样本数据，，，，，分别为2，，3，4，5，5，若这组数据的平均数为4，则样本数据，，，，，的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由平均数计算可得的值，先计算原数据的方差再结合方差的性质即可得结果. 【详解】因为2，，3，4，5，5的平均数为4，即，所以， 故数据2，5，3，4，5，5的方差为， 所以样本数据，，，，，的方差为， 故选：D. 6. 已知圆锥轴截面是边长为2的正三角形．若为圆锥侧面上的动点，点平面，，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的结构特征，求出点到平面距离的最大值，再利用锥体体积公式计算即得. 【详解】依题意，点在圆锥的中截面圆上，它到平面距离的最大值即为该截面圆半径， 而的面积， 所以三棱锥体积的最大值为. 故选：C 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，在上，若的内切圆的半径为，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，通过用等面积法表示焦点的面积，结合已知条件求出，进而得到，即可求得. 【详解】由得则， 所以， 设,的内切圆的半径为， 则 所以，则 故 故选：C. 8. 已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的首项及递推公式可得数列是周期为3的周期数列，故对数列进行分组求和，结合等比数列求和公式即可求解. 【详解】由，可得，，， ∴数列是周期为3的周期数列，，，. . 设， 则， ∴数列是首项为，公比为8的等比数列， ∴数列的前7项和为， 即数列的前21项和为. 故选：B. 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. 已知函数的最小值为0，且最小正周期为，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值为1 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数的最小值为，则，即， 由的最小正周期为，得，解得，因此， 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由时，，而正弦函数在上不单调， 因此在上不单调，C错误； 对于D，由时，，则当，即时，取得最大值2，D错误. 故选：AB 10. 不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机抽取两次，每次取一球．表示事件“第二次取出球的数字小于等于3”表示事件“两次取出球的数字差的绝对值小于等于2”，则（ ） A. B. C. 事件与互斥 D. 事件与相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意结合古典概型求，再结合概率的运算和事件的独立性运算求解. 【详解】第二次取出一个球有6种取法，取出球小于等于3有1，2，3共3种取法， 所以，故A正确； 第一次取出数字为1，第二次取1，2，3， 第一次取出数字为2，第二次取1，2，3，4， 第一次取出数字为3，第二次取1，2，3，4，5， 第一次取出数字为4，第二次取2，3，4，5，6， 第一次取出数字为5，第二次取3，4，5，6， 第一次取出数字为6，第二次取4，5，6， 所以，， 所以，故B错误； ，故事件与不互斥，故C错误； ，故D正确. 故选：AD. 11. 在平面直角坐标系中，设，曲线上的点满足到与到直线的距离之和为4，则（ ） A. 点在上 B. 的图象关于轴对称 C. 点到坐标原点的距离的最大值为 D. 曲线不在直线的上方 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，依题意，结合各个选项的条件，逐项计算判断即可. 【详解】设，依题意，令，解得， 所以点在上，故A正确； 将换成可得，即， 方程不变，所以的图象关于轴对称，故B正确； 当时，，所以，所以， 所以，故C错误； 当时，只需证，即成立， 当时，，所以， 只需证，即成立，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：关键在于求得点的轨迹方程，利用方程研究曲线的性质. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在点处的切线与直线垂直，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】求出的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，解方程即可得到所求值. 【详解】函数的导数为，故函数在点处的切线斜率为， 因切线与直线垂直，所以. 故答案为：. 13. 被15除所得余数为_____． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出余数. 【详解】， 而是15倍数， 所以被15除所得余数为1. 故答案为：1 14. 已知双曲线，过坐标原点的直线交于，两点（在第一象限），过点作与直线垂直的直线交于点，直线分别与轴，轴交于，两点，若，则的渐近线方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用点差法得到，再利用向量线性运算的坐标表示得到，结合求得，从而得解. 【详解】由题意，设点，其中 由题意得，则， 即，又， 因，所以，即，则， 所以， 所以，则， 即，所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用点差法与向量的坐标表示得到之间的关系，从而得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且． （1）求； （2）若，且边上的高为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可求得，进而可求得； （2）由余弦定理可得，又由三角形的面积可得，进而可求的周长. 【小问1详解】 因为，所以根据正弦定理可得， 所以， 所以， 所以，因为，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以； 【小问2详解】 因为，，所以由余弦定理可得， 所以，， 又因为边上的高为，所以，所以， 所以，所以，所以， 所以的周长为． 16. 新春佳节即将到来，某超市为了刺激消费、提高销售额，举办了回馈大酬宾抽奖活动，设置了一个抽奖箱，箱中放有7折、7.5折、8折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位消费者可以从中任意抽取2张奖券，最终超市将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算． （1）求一位消费者抽到的2张奖券的折扣相同的概率； （2）若某位消费者购买了300元（折扣前）的商品，记这位消费者最终结算时的消费金额为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即得； （2）根据题意写出消费金额所有可能的值，分别计算对应的概率的值，列出分布列，用公式计算数学期望即可. 【小问1详解】 每位消费者从7折、7.5折、8折的奖券各2张中任意抽取2张奖券，有种方法， 而“抽到的2张奖券的折扣相同”的情况有3种，故其概率为：； 【小问2详解】 依题意，消费金额的可能的值有：210， 225和 240共三个. ， ， . 则的分布列为： 210 225 240 故数学期望. 17. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，设为的极值点，若，求的取值范围． 【答案】（1）的极小值为，无极大值； （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和极值； （2）根据题意求的导数，得极值点，将，令，探讨在的单调性即可求解. 【小问1详解】 当时，，，令， 当时，；当时，， 所以在为增函数，在为减函数， 所以的极小值为，无极大值； 【小问2详解】 由有：， 当时，令得或，当时，，当时，， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以为的极值点，且， 所以，令， 则，所以在上单调递减，又， 所以不等式，所以， 即取值范围为. 【点睛】考查函数的极值、不等式恒成立问题，考查学生的逻辑推理能力，运算能力. 18. 如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点． （1）证明：平面； （2）设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量的数量积为0，证明线线垂直，从而得到线面垂直. （2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数通过二次函数对称轴求函数的最大值. 【小问1详解】 如图，在平面ABC内过点作直线， ∵平面，平面，∴，， ∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， ∵为的中点，∴， ∴，，， ∴，即， 又∵平面，平面，， ∴平面. 【小问2详解】 设，即 则， ，， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 即， 设直线与平面所成角为， 则， 令， 当时，取最小值，即， 即当时，取得最大值，， 19. 设抛物线的焦点为，点，直线交于，两点，且． （1）求的标准方程； （2）已知，是抛物线上的任意两点，过点，分别作在点，处的切线交于点， ①证明：，，成等比数列； ②证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设直线方程为，根据过点且可求出的值，即可得到结果. （2）①表示切线方程，联立可得点坐标，表示，，即可证明结论. ②利用向量证明，结合三角形相似可证明结论. 【小问1详解】 由题意得，直线斜率存在，. ∵直线过点，∴设直线方程为，则. 由得，，∴， ∴， 由得，∴，即，解得， ∴的标准方程为. 【小问2详解】 ①由得，，∴. 设，则， ∴点处的切线斜率分别为， ∴点处的切线方程为，整理得，，即， 点处的切线方程为，联立两切线方程得，. 由（1）得，，∴. ∵， ∴， ∴，，成等比数列. ②由①得，，， ∴，， ∵，∴， ∴，即，故， ∵，∴，∴与相似， ∴. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问①的关键是通过求导表示切线斜率，求出切线方程，结合抛物线的定义表示，，；解决第（2）问②的关键是通过向量表示夹角，根据三角形相似证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$