精品解析：安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末质量检测数学试题

屯溪一中2024-2025学年高三上学期期末质量检测 数学试题 考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合是否为空集进行分类讨论，由此求得的取值范围. 【详解】当时，，满足， 当时，，由， 可知， 综上所述，. 故选：D 2. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数乘方运算得，再由求结果. 【详解】由，则. 故选：B 3. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】利用对极差及中位数的概念理解，就可解得. 【详解】由已知可得极差是：，而中位数是极差的，即中位数是， 根据六个数的中位数是：，解得， 故选：D. 4. 等比数列中，若，则的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列性质即可求出公比. 【详解】因为数列为等比数列，则， 即，解得. 故选：D. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理的运算性质展开求解即可. 【详解】， 含的项为， 所以展开式中的系数为. 故选：C． 6. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令双曲线为，其渐近线为，，若得，求坐标且有，结合点线距离公式及已知得双曲线参数的齐次方程求离心率. 【详解】令双曲线为，其渐近线为，， 若，则，且直线，联立， 消去y，可得，所以，则，且， 所以，则， 由，则，整理得， 所以，即， 则，可得或， 若，则，与矛盾，舍； 若，则，满足题设， 又，则. 故选：B 7. 正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求点的轨迹方程，并确定三棱锥体积最大时的点的位置，再代入三棱锥外接球的半径公式，即可求解. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ，，，由可知， ， 整理为， 所以点的轨迹是平面内，以为圆心，2为半径的圆， 如下图，点到平面的最大值为6，此时点在的延长线上，且， 所以平面，， 等腰直角三角形的外接圆的半径为， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积 故选：C 8. 已知，定义：，设.若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用分段函数表示出函数，利用函数零点的意义变形，构造函数并画出函数图象，数形结合求出的范围. 【详解】令函数，显然函数在上单调递增， 而，则当时，，当时，， 于是函数，则， 令函数，由，得， 因此函数的零点，即函数的图象与直线交点的横坐标， 当，恒有，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 观察图象知，当，即时，直线与函数的图象只有一个交点， 如图，直线过点，它与的图象交于两点，当时，， 当，即时，直线与函数的图象只有一个交点， 当，即时，直线与函数的图象有两个交点， 所以函数有两个零点，实数的取值范围是. 故选：A 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量，则 B. 已知随机变量， C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用二项分布的期望公式及期望性质可判断A，利用正态曲线的对称性可判断B，根据百分位数的求法可判断C，利用两组数据方差的特征可判断D. 【详解】对于A，因为，所以， 所以，故A正确； 对于B，因为随机变量，所以，故B正确； 对于C，因为，所以数据的第百分位数是，故C正确； 对于D，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为， 则甲乙组成的总体样本的方差为， 故D不正确. 故选：ABC. 10. 设函数的图象关于直线对称，它的最小正周期是，则以下结论正确的是（ ） A. 的图象过点 B. 在上是减函数 C. 的最大值与的取值有关 D. 的一个对称中心是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的最小正周期求出，再根据函数的对称性求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质一一分析即可. 【详解】函数的最小正周期是，，， 又的图象关于直线对称，，， 又，，， ，图象过，故A正确； 的正负未知，故无法确定的单调性，故B错误； 显然的最大值与的取值有关，故C正确； ，是的一个对称中心，故D正确． 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点G到平面的距离为定值 B. 若，则的最小值为2 C. 若，且，则点G到直线的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面垂直的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解. 【详解】对于A，在正方体中，E，F分别为棱，的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，连接，面，是在平面上的射影， 要使，则， 所以点M的轨迹是平面上以F为圆心，1为半径的半圆， 所以的最小值为，故B错误； 对于C，连接，，，， 因为，且，所以A，E，，G四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为E为棱的中点，所以G为棱的中点， 故以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以，，，， 故点G到直线距离，故C正确； 对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 设（），则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为（）， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：（1）向量法求点面距离：求出平面的法向量，则点到平面的距离公式为. （2）向量法求线面所成角的正弦值：求出平面的法向量，则. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求出，进而求出即可得解. 【详解】由，，，得，而， 因此，所以. 故答案为：6 13. 若为曲线上任意两点，则两点间距离的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】作出曲线的图象，结合图象分析任意两点距离的最大值即可得出结果. 【详解】由题意可得曲线关于轴，轴，原点对称， 当时，曲线方程化为，圆心; 当时，曲线方程化为，圆心； 当时，曲线方程化为，圆心； 当时，曲线方程化为，圆心； 当时，；当时，. 作出曲线在平面直角坐标系下的图象如下图： 曲线上任意两点距离的最大值为， 故答案为：. 14. 已知函数（为常数，e为自然对数的底数）的图象在点A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，根据分段函数图象与切线恰好有三个公共点，得到当时，切线与有两个不同的交点，利用二次函数根的分布建立不等式关系，即可求出实数的取值范围. 【详解】解：由，，得，则（e）， 在点处的切线方程为：，① 由于函数，② 由①②联立方程组可得：， 化简得：，③ 要使得函数在点处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点， 切线与，，在点有一个交点， 只需要满足③式在内有两个不相同的实数根即可， 则只需和抛物线对称轴小于1，且当时，， 才能保证在内有两个不相同的实数根， 则，即， 的范围：或. 故答案为： 【点睛】本题考查根据函数交点个数求参数的取值范围，以及利用导数的几何意义求切线方程，利用二次函数的根的分布是解题的关键，考查转化思想和函数与方程的思想. 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理，化简条件等式，即可求解； （2）首先根据正弦定理以及二倍角的正弦公式，化简求角，再根据正弦定理，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，， 因为，所以， 即，由正弦定理可知，， 即，且， 所以，则，， 所以. 【小问2详解】 由正弦定理可知，， 即，则，， 所以，，所以， 又，，则， 由正弦定理可知，，即， ， 所以，则， 所以的周长为. 16. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点，且． （1）求证： （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角正弦值． 【答案】（1） 以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系， 如图，设，则，，，， ，， 由，则. （2）． 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法得，即可证结论； （2）根据已知得到，分别是棱，上中点，法一：应用几何法求面面角的正弦值；法二：应用向量法求面面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，若三棱锥的体积最大值，则取得最大值， ， 当且仅当时，即时取等号，即，分别是棱，上中点． 法一过作，连接， 由平面，面，则，又且都在面内， 所以平面，而平面，则， 连接和，交于点，连接，则是以为底边的等腰三角形， 而平面，得出为平面与平面的夹角， ，，所以，设到的距离为， 而到的距离为，则，， 故平面与平面的夹角正弦值为． 法二设平面与平面的夹角为，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为，则, 令，则，，故， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，故， 则,，， 故平面与平面的夹角正弦值为． 17. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数的最大值为0，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，从而求出函数的最大值，从而求出参数的值. 【小问1详解】 当时，则，， 所以，所以切线方程为，即； 【小问2详解】 函数的定义域为，且， 当时，恒成立，所以函数在上单调递增，则无最大值，故舍去； 当时，令，解得，， 所以当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值，即， 所以， 即，即，所以. 18. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式结合意求解即可； （2）由题意得时，，化简变形后可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求出； （3）由题意得，令，利用导数可判断在上递减，则问题转化为求的最大值，进而可求得答案. 【小问1详解】 由题意甲第2局赢的概率为， 所以乙赢的概率为； 【小问2详解】 由已知时，， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以； 【小问3详解】 ，即，令，则， 因为和在上递减， 所以在上递减， 因为，所以时，，则在上递减， 显然，因此要求的最小值，即求的最大值， 又，为奇数时，， 为偶数时，，且在为偶数时，是单调递减的，， 所以是中的最大值， 所以，又在上是减函数， 所以，而，故 所以， 所以满足的整数的最小值为. 19. 将项数列重新排序为的操作称为一次“洗牌”，即排序后的新数列以为首项，将排在之后，将排在之后．对于数列，将“洗牌”后得到的新数列中数字的位置定义为．例如，当时，数列经过一次“洗牌”后变为，此时，，，，，． （1）写出数列经过3次“洗牌”后得到的新数列； （2）对于满足的任意整数，求经过一次“洗牌”后的解析式； （3）当（其中）时，数列经过若干次“洗牌”后能否还原为？如果能，请说明至少需要多少次“洗牌”；如果不能，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）至少需要次＂洗牌＂． 【解析】 【分析】（1）直接写出三次洗牌后的数列； （2）分和讨论即可； （3）通过特殊情况猜想至少通过次＂洗牌＂，再利用数学归纳法证明即可. 【小问1详解】 数列经过一次＂洗牌＂变为， 再经过一次＂洗牌＂变为，第三次＂洗牌＂后变为． 【小问2详解】 依题意，当时，； 当时，． 因此， 【小问3详解】 先观察简单的情形． 当时，数列经过1次＂洗牌＂变为（＂倒序＂）， 再经过1次＂洗牌＂就还原为； 当时，数列经过2次＂洗牌＂变为（＂倒序＂），再经过2次＂洗牌＂就还原为； 当时，由（1）知数列经过3次＂洗牌＂变为（＂倒序＂）， 再经过3次＂洗牌＂就还原为． 由此，我们猜想数列经过次＂洗牌＂后就能还原为．下面证明这个猜想. 令，其中是任意正整数， 则为次＂洗牌＂后数字的位置. 由第（2）问可知， 且 因此， 注意到总是的非负整数倍． 下面用数学归纳法证明对任意正整数总是的非负整数倍． （i）当时，结论已成立； （ii）假设时，， 其中为非负整数，则， 即即当时结论仍成立． 综合（i），（ii）知对任意正整数总是的非负整数倍． 当时，能被整除． 特别地，能被整除． 又能被整除，故能被整除． 而故，其中只有能被整除， 故，即任意数字经次＂洗牌＂后位置不变，证毕． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用数学归纳法来证明对任意正整数总是的非负整数倍． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 屯溪一中2024-2025学年高三上学期期末质量检测 数学试题 考试范围：高考全部内容；时间：120分钟；满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 3. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 4. 等比数列中，若，则的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 6. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，定义：，设.若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量，则 B. 已知随机变量， C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为 10. 设函数的图象关于直线对称，它的最小正周期是，则以下结论正确的是（ ） A. 的图象过点 B. 在上是减函数 C. 的最大值与的取值有关 D. 的一个对称中心是 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点G到平面的距离为定值 B. 若，则的最小值为2 C. 若，且，则点G到直线的距离为 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 13. 若为曲线上任意两点，则两点间距离的最大值为______． 14. 已知函数（为常数，e为自然对数的底数）的图象在点A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数的取值范围是_____. 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的周长． 16. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点，且． （1）求证： （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角正弦值． 17. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数的最大值为0，求实数的值. 18. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 19. 将项数列重新排序为的操作称为一次“洗牌”，即排序后的新数列以为首项，将排在之后，将排在之后．对于数列，将“洗牌”后得到的新数列中数字的位置定义为．例如，当时，数列经过一次“洗牌”后变为，此时，，，，，． （1）写出数列经过3次“洗牌”后得到的新数列； （2）对于满足的任意整数，求经过一次“洗牌”后的解析式； （3）当（其中）时，数列经过若干次“洗牌”后能否还原为？如果能，请说明至少需要多少次“洗牌”；如果不能，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $