精品解析：浙江省丽水市2024-2025学年高三上学期1月期末调研测试数学试题

2024学年第一学期期末调研测试卷 高三数学 注意事项： 1.本科目考试分试题卷和答题卷，考生须在答题纸上作答. 2.本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题，共58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. 设集合，若集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 复数（为虚数单位，）在复平面上对应的点不可能在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知点，向量，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若是数据的第75百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ） A. 240 B. 90 C. 12 D. 5376 5. 圆台的上、下底面的面积分别是，，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 记为数列的前项和，为数列的前项和，且数列是一个首项不等于公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. 和均是等差数列 B. 是等差数列，不是等差数列 C. 不是等差数列，是等差数列 D. 和均不是等差数列 7. 已知函数，若存在常数，使得恒成立，则实数的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. 为偶函数 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. 每年4月23日为“世界读书日”，某学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表： 二月 三月 四月 五月 六月 月份代码 1 2 3 4 5 月借阅量（百册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8 根据上表，可得关于的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 借阅量的下四分位数为5.7 C. 与的线性相关系数 D. 七月的借阅量一定不少于百册 10. 如图所示，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边的锐角与钝角的终边与单位圆分别交于两点.若点的横坐标为，点的纵坐标为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”；又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 对任意三点恒成立 D. 动点与定点满足的轨迹围成的面积是16 第II卷（非选择题部分，共92分） 注意事项：用钢笔或签字笔将试题卷中的题目做在答题纸上，做在试题卷上无效. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则__________. 13. 在中，内角的对边分别是，满足.若，则的面积的最大值是__________. 14. 已知是双曲线的左，右焦点，过左焦点的直线交双曲线左支于两点（其中在轴上方，在轴下方），的内切圆半径为的内切圆半径为.若，则直线的斜率等于__________. 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. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列前项的和. 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且. （1）求证：； （2）是否存在实数，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 17. 某系统配置有个元件（为正整数），每个元件正常工作的概率都是，且各元件是否正常工作相互独立.如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作.现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性. （1）当时，求该系统正常工作的概率； （2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由. 18. 已知分别为椭圆的左，右焦点，为的上顶点，点为椭圆上的一个动点，且三角形面积的最大值为1，焦距为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过点作两直线分别与椭圆相交于点和点. （i）若点不在坐标轴上，且，求直线的方程； （ii）若直线斜率都存在，且，求四边形面积的最小值. 19. 牛顿法是17世纪牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值；一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列. （1）若函数的零点为.求的2次近似值； （2）设是函数的两个零点，数列为函数的牛顿数列，数列满足. （i）求证：数列为等比数列； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期期末调研测试卷 高三数学 注意事项： 1.本科目考试分试题卷和答题卷，考生须在答题纸上作答. 2.本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题，共58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. 设集合，若集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交并补运算即可结合选项逐一求解. 【详解】因为，，且， 所以，所以或，故D错误； 因为，所以，故C错误； 因为，所以，故A正确； 因为或，所以，故B错误. 故选：A. 2. 复数（为虚数单位，）在复平面上对应的点不可能在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则化简复数，令复数的实部小于0且虚部大于0时，得到的不等式无解，即对应的点不在第二象限．进而可得结果. 【详解】对应的点为 因为，无解 所以数在复平面上对应的点不可能在第二象限. 故选：B. 3. 已知点，向量，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，表示出、的坐标，从而得到方程组，解得求出，再由模长公式求解即可. 【详解】设，因为向量，， 则， ， 因为，所以，解得，∴. 故. 故选：D. 4. 若是数据的第75百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ） A. 240 B. 90 C. 12 D. 5376 【答案】A 【解析】 【分析】求数据中的第75百分位数得，利用二项式展开式通项求常数项即可. 【详解】将按从小到大顺序排列得，由题设，则. 所以展开式通项为， 令，得，则，即常数项为. 故选：A. 5. 圆台的上、下底面的面积分别是，，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台的高，再利用圆台的体积公式进行计算. 【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h., 由圆台的上、下底面的面积分别是，，得所以，， 由圆台侧面积公式可得，所以， 所以， 所以该圆台的体积 . 故选：D. 6. 记为数列的前项和，为数列的前项和，且数列是一个首项不等于公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. 和均是等差数列 B. 是等差数列，不是等差数列 C. 不是等差数列，是等差数列 D. 和均不是等差数列 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式，得到，再通过的值判断不是等差数列，利用定义，判断是等差数列. 【详解】因为数列是一个首项不等于公差的等差数列，可设且. 所以，，，又，所以不成等差数列，故不是等差数列； 因为，所以， 所以，所以是以为首项，以为公差的等差数列. 故选：C 7. 已知函数，若存在常数，使得恒成立，则实数的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，可得，所以，即，故，结合，即可得解. 【详解】因为存在常数，使得恒成立，所以. 即，所以， 得，解得，又， 所以的最小值是. 故选：D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性逐一判断即可. 【详解】对于选项A：因为为偶函数，所以，即， 所以函数的图像关于对称，，而不一定为0，故A错误； 对于选项B：为奇函数，故，所以， 所以函数是奇函数，故B错误； 对于选项C：函数的图像关于对称，所以， 因为为奇函数，所以，关于点对称， 所以函数的图像关于对称，所以， 所以，故选项C正确； 对于选项D：因为，所以令，得，即， 因为函数的图像关于对称，所以，即， 所以， 由，得，即， 所以关于对称，所以， 关于点对称，所以， 所以，即，所以函数周期为2， 所以由关于点对称得关于点对称， 所以，故选项D错误. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决D选项的关键是由两函数的对称性和关系求出，其次是利用已知条件求出关于点对称. 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. 每年4月23日为“世界读书日”，某学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表： 二月 三月 四月 五月 六月 月份代码 1 2 3 4 5 月借阅量（百册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8 根据上表，可得关于的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 借阅量的下四分位数为5.7 C. 与的线性相关系数 D. 七月的借阅量一定不少于百册 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据回归方程必过样本中心点分析运算；对于B：根据百分位的定义分析运算；对于C：根据相关系数的概念分析理解；对于D：取，代入回归直线分析运算. 【详解】对于A：因为，， 所以，得，所以A正确； 对于B：因为，所以借阅量的下四分位数为，所以B错误； 对于C：因为，所以与的线性相关系数，所以C正确； 对于D：由选项A可知线性回归方程为， 当，则， 所以七月的借阅量约为百册，所以D错误； 故选：AC. 10. 如图所示，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边的锐角与钝角的终边与单位圆分别交于两点.若点的横坐标为，点的纵坐标为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求得的坐标，然后根据三角函数的定义、三角恒等变换等知识来确定正确答案. 【详解】依题意，为锐角，即，为钝角，即， ， 所以， ， 所以，A选项正确. ，B选项错误. ，C选项正确. ，D选项正确. 故选：ACD 11. 平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”；又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 对任意三点恒成立 D. 动点与定点满足的轨迹围成的面积是16 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“切比雪夫距离”的定义求，判断A的真假；先求，再分类讨论求，判断B的真假；通过特例说明C是错误的；根据“切比雪夫距离”的定义判断点的轨迹，判断D的真假. 【详解】对A：由，故A正确； 对B：设直线：上的任意一点， 则， 当，即时，， 此时（当时取“”）； 当，即或时，， 此时.故B正确； 对C：取，，，则，， 所以，故C错误； 对D：因为， 所以， 所以动点的轨迹是以为中心的正方形，边长为4，所以其面积为16，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第II卷（非选择题部分，共92分） 注意事项：用钢笔或签字笔将试题卷中的题目做在答题纸上，做在试题卷上无效. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则__________. 【答案】0.38 【解析】 【分析】根据正态分布的特点即可得到答案. 【详解】根据正态分布的对称性得 . 故答案为：0.38. 13. 在中，内角的对边分别是，满足.若，则的面积的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知利用正弦定理及三角恒等变形，得，通过建立平面直角坐标系,设，求出点的轨迹是圆，将的面积的最大值问题转化为的最大值来解决. 【详解】由题意，根据正弦定理得， ∴ 因为，∴ ∴，即 如图以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系， 因为，所以 设，由得， 化简，得，即， 所以，点C的轨迹是以，半径为的圆. 的面积. 故答案为：. 14. 已知是双曲线的左，右焦点，过左焦点的直线交双曲线左支于两点（其中在轴上方，在轴下方），的内切圆半径为的内切圆半径为.若，则直线的斜率等于__________. 【答案】## 【解析】 【分析】作出示意图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案. 【详解】设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为， 记边上的切点分别为， 由切线的性质可得：， 由双曲线定义得：，即， 则，又， 则，又，则，即， 同理可得，的内切圆也与轴相切于点. 连接，则与轴垂直，设圆与相切于点，连接， 过点作于，则， 设直线的倾斜角为，即，显然四边形有外接圆， 则，在中，， ，则， 所以直线的斜率. 故答案为： 【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处. 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. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列前项的和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由与的关系，代入计算，即可得到结果. （2）根据题意，由（1）可得数列的通项公式，然后由并项求和法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 ①当时，或（舍去）， ②当时，， ， 上述两式相减，整理得，又， 所以，所以是以3为首项，公差为4的等差数列， . 【小问2详解】 由（1）知， 所以， . 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且. （1）求证：； （2）是否存在实数，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）连接，可得出，利用面面垂直的性质得出平面，可得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再结合线面垂直的性质可证得结论成立； （2）取线段的中点，连接，推导出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值. 【小问1详解】 连接，因为，， 则四边形为菱形，所以， 又平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 取线段的中点，连接， 在菱形中，，则，故为等边三角形， 因为为的中点，则，且平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，则， ， 记平面的法向量， 则，取，则 易知平面的一个法向量为， 由题意， 整理可得，即， 因为，解得或. 17. 某系统配置有个元件（为正整数），每个元件正常工作的概率都是，且各元件是否正常工作相互独立.如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作.现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性. （1）当时，求该系统正常工作的概率； （2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由. 【答案】（1） （2） 解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为， 当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件： 第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：； 第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：； 第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为： 所以， 故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高. 解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为， 当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件： 第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，则新系统能正常工作的概率为：； 第二种情况：增加的2个元件都正常工作，则新系统能正常工作的概率为：； 第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，则新系统能正常工作的概率为： 所以， ， 即， 故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高. 【解析】 【分析】（1）当时，分别求出5个元件中正常工作的元件为3,4,5的概率，相加可得系统正常工作的概率. （2）系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，当前有个元件，记系统正常工作的概率为，探索与的关系，通过判断系统的可靠性是否有所提高. 【小问1详解】 记系统正常工作的概率为，由题意可得 . 【小问2详解】 略 18. 已知分别为椭圆的左，右焦点，为的上顶点，点为椭圆上的一个动点，且三角形面积的最大值为1，焦距为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过点作两直线分别与椭圆相交于点和点. （i）若点不在坐标轴上，且，求直线的方程； （ii）若直线斜率都存在，且，求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件，结合的关系，可确定的值，得椭圆标准方程. （2）（i）结合，探索直线,倾斜角之间的关系，进而得到， 设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理，用表示，求出的值，可得直线的方程. （ii）因为，所以两直线斜率之积为，利用直线的斜率表示出，，再表示出四边形面积，借助基本不等式求面积的最小值. 【小问1详解】 由题意得，， 故，. 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 如图： （i）设的倾斜角为的倾斜角为，则，所以， 又， 所以. 由题意的斜率不为零，设 联立得， 恒成立. 设，则 ， 又，所以， 即，所以， 因为，所以，所以的方程为 （ii）设， 联立，化简得，故恒成立. 由韦达定理得：， ， 因为，所以 同理 所以 ，当且仅当，即 时，取等号. 所以，当时，四边形面积的最小值为. 【点睛】方法点睛：在圆锥曲线部分，求最值问题的常用方法有： （1）把问题转化成二次函数的最值问题球解； （2）利用基本不等式求最值； （3）利用三角换元，转化成三角函数的值域问题求解； （4）利用导数分析函数的单调性，求函数的最值. 19. 牛顿法是17世纪牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值；一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列. （1）若函数的零点为.求的2次近似值； （2）设是函数的两个零点，数列为函数的牛顿数列，数列满足. （i）求证：数列为等比数列； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明：因为，则， 可得，， 过点作曲线的切线， 令，得， 则， 又因为是函数的两个零点，则， 且，则， 可得， 则，故数列为等比数列； （ii）证明：记，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 所以，即， 由题意可得：，记，则， 由，可得：，即，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程，进而可得，即可得结果； （2）（i）根据导数的几何意义求切线方程，可得，根据韦达定理可得，即可得结果；（ii）放缩可得，根据等比数列求和公式分析证明. 【小问1详解】 因为，则， 可得，， 曲线在处的切线为， 令，得，则，， 曲线在处的的切线为， 令，得， 所以的2次近似值为. 【小问2详解】 （i） （ii）略 【点睛】关键点点睛：第一问解题的关键在于结合导数的几何意义求出切线方程，根据新定义求解即可；第二问解决的关键在于结合所给结论，通过适当放缩，证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $