精品解析：贵州省黔南布依族苗族自治州2024-2025学年高三上学期1月期末质量监测数学试题

黔南州2024—2025学年度第一学期期末质量监测 高三数学 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上． 3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题（本大题共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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. 2 D. 2i 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知是以轴的非负半轴为始边的角，终边与以坐标原点为圆心的单位圆分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 5. 贵州是一个地理环境独特，民族文化丰富的省份，黄果树瀑布、荔波大小七孔、梵净山、西江千户苗寨逐渐发展为贵州旅游名片.甲，乙两名同学计划各自从上述四个景点中随机选两个景点旅游，则甲，乙恰有一个景点相同的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线，垂足为，若，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足（且），，则满足条件的最小整数是（ ） A. 99 B. 100 C. 101 D. 102 8. 已知函数的定义域为，且都是奇函数，当时，，则（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 二、多项选择题（本大题共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，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为的图象的一个对称中心 C. 在上单调递增 D. 将的图象的横坐标伸长为原来的3倍后得到的图象，则曲线与直线有4个交点 10. 已知正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，为线段的中点，动点在四边形内运动（包含边界），直线与平面所成角的正切值为，则下列选项正确的是（ ） A. B. 正四棱台的体积为 C. 正四棱台的外接球的表面积为 D. 动点的轨迹长度为 11. 已知直线与抛物线交于两点，是抛物线的焦点，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为5 C. 过点作的垂线，垂足为，则三点共线 D. 以为直径的圆与相切 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若样本数据10，18，a，16，24，6，8，22的平均数为14，则该样本数据的第75百分位数是______． 13. 已知函数，则函数在处的切线方程为______． 14. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形（与坐标原点重合）的边长为，则第个正三角形的面积为______．（用含的代数式表示） 四、解答题（本大题共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. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题． 问题：已知锐角三角形的内角、、的对边分别为、、，______． （1）求； （2）若，求面积的取值范围． 16. 某同学参加射击俱乐部射击比赛，每人最多有三次射击机会，射击靶由内环和外环组成，若击中内环得10分，击中外环得5分，脱靶得0分．该同学每次射击，脱靶的概率为，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立，只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛． （1）在该同学最终得分为10分的情况下，求该同学射击了2次的概率； （2）设该同学最终得分为X，求X的分布列和数学期望． 17. 已知四棱锥平面为线段上一动点，，，． （1）证明：当时，平面； （2）若为线段的中点，当二面角的余弦值为时，求此时的值． 18. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上，过点的直线与双曲线交于两点，是双曲线的左顶点． （1）求双曲线的标准方程； （2）直线，直线与分别交于两点，若，求的值． 19. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. （1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； （2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”，是在上的中值点. ①求t的取值范围； ②证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔南州2024—2025学年度第一学期期末质量监测 高三数学 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上． 3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题（本大题共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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得，由，得，进而可得. 【详解】由，得，故， 由，得，故， 所以， 故选：C 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. 2 D. 2i 【答案】A 【解析】 【分析】通过复数的计算求得复数，即可得到的虚部. 【详解】由可知，所以的虚部为1， 故选：A． 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式，结合充分条件和必要条件定义作出判断即可. 【详解】由解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：B． 4. 已知是以轴的非负半轴为始边的角，终边与以坐标原点为圆心的单位圆分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，再求，结合数量积坐标运算公式及两角差余弦公式可得结论. 【详解】由已知可得， 所以，， 所以， 故选：D． 5. 贵州是一个地理环境独特，民族文化丰富的省份，黄果树瀑布、荔波大小七孔、梵净山、西江千户苗寨逐渐发展为贵州旅游名片.甲，乙两名同学计划各自从上述四个景点中随机选两个景点旅游，则甲，乙恰有一个景点相同的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出甲，乙总的选法的数量，求出甲和乙恰有一个景点相同的选法的数量即可求解. 【详解】甲，乙总的选法有（种）， 则甲和乙恰有一个景点相同的选法为（种）， 则所求概率为. 故选：D． 6. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线，垂足为，若，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量关系知道三点共线，所以设出三点坐标，由向量关系建立等式，将点坐标代入圆的方程，得到定点轨迹方程. 【详解】因为，所以三点共线，所以设． 因为，所以，所以． 因为点在圆上，将点代入， 得，所以， 故选：A． 7. 已知数列满足（且），，则满足条件的最小整数是（ ） A. 99 B. 100 C. 101 D. 102 【答案】C 【解析】 【分析】由递推关系结合等差数列定义及通项公式求，再利用裂项相消法求数列的前项和，解不等式求的范围，可得结论. 【详解】因为，， 所以数列为以为首项，公差为的等差数列， 所以， 所以， 所以， 所以， 解得， 故满足条件的最小整数是. 故选：C． 8. 已知函数的定义域为，且都是奇函数，当时，，则（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】B 【解析】 【分析】根据都是奇函数可得函数关于中心对称，且为偶函数，可得函数为周期是4的函数，进而根据可得. 【详解】由都是奇函数， 则，即， 则函数关于中心对称． 由，得， 又，所以，所以． 因为是奇函数，所以为偶函数，． 由，得，即， 所以，故， 故函数的周期为4， 所以， 又， 所以， 故选：B． 二、多项选择题（本大题共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，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为的图象的一个对称中心 C. 在上单调递增 D. 将的图象的横坐标伸长为原来的3倍后得到的图象，则曲线与直线有4个交点 【答案】AB 【解析】 【分析】根据三角函数的周期性、对称性、单调性、图象变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】函数，最小正周期，故A正确； ，则为的图象的一个对称中心，故B正确； 时，，易知在上先减后增， 故在上先减后增，故C错误； ， 在同一直角坐标系中分别作出与的大致图象如下所示， 观察可知，它们有3个交点，故D错误. 故选：AB 10. 已知正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，为线段的中点，动点在四边形内运动（包含边界），直线与平面所成角的正切值为，则下列选项正确的是（ ） A. B. 正四棱台的体积为 C. 正四棱台的外接球的表面积为 D. 动点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】推导出、，可判断A选项；计算出正四棱台的高，结合台体的体积公式可判断B选项；求出外接球的半径，结合球体表面积公式可判断C选项；分析可知点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆，结合圆的相关知识可判断D选项. 【详解】对于A选项：延长、交于点，连接，如下图所示： 在中，且，所以，为的中位线， 则、分别为、的中点，所以，，同理可得， 又因为，故为等边三角形，则， 在梯形中，且， 又因为为的中点，则且， 故四边形为平行四边形，可得，故，故A正确； 对于B选项：分别取、的中点、， 易知，，， 易得， 四棱台的体积，故B错误； 对于C选项，设外接球的球心为，球的半径为，则球心在直线上， 若球心在线段上，则，即，该方程无解； 若球心不在线段上，则，即,解得， 所以正四棱台外接球的表面积，故C正确； 对于D选项，因为平面，平面，则， 因为四边形为正方形，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以，与平面所成角为， 设为直线与平面所成角，则，可得， 设点到直线的距离为， 由可得， 所以，动点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆. 因此，点的轨迹长度为，故D正确， 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 11. 已知直线与抛物线交于两点，是抛物线的焦点，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为5 C. 过点作的垂线，垂足为，则三点共线 D. 以为直径的圆与相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项：联立直线方程与抛物线方程，整理得到方程，由抛物线的定义求得； B选项：通过倾斜角为，得到.然后借助基本不等式求得最小值； C选项：联立直线方程与抛物线方程，整理得到方程，由韦达定理得到和，由斜率公式知道，所以三点共线； D选项：取的中点，过分别作准线的垂线，由梯形中位线即抛物线定义可得，所以以为直烃的圆与相切. 【详解】对于A：设．当时，由，得， 故，所以，A正确； 对于B：设直线倾斜角为，由，故， 同理，故， 所以， 当且仅当时取等号，B错误； 对于， 联立，得，所以，则． 因为，所以，所以三点共线，所以C正确； 对于D：由题意知是抛物线的准线，过点作垂直于点， 过点作垂直于点，取的中点， 过点作垂直于点， 所以， 所以以为直径的圆与准线相切，D正确， 故选：ACD． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若样本数据10，18，a，16，24，6，8，22的平均数为14，则该样本数据的第75百分位数是______． 【答案】20 【解析】 【分析】先根据平均数得，排序后根据求百分位数的方法可得. 【详解】由平均数的计算公式得，解得． 将样本数据按从小到大的顺序排列得，数据中， 则第75百分位数为． 故答案为：20 13. 已知函数，则函数在处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，根据导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程. 【详解】因为，所以在处的切线斜率，故切线方程为， 化简得． 故答案为： 14. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形（与坐标原点重合）的边长为，则第个正三角形的面积为______．（用含的代数式表示） 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得点在曲线上，代入曲线方程可求，令为数列的前项和，可得点在曲线上，代入曲线方程，，根据关系证明数列为等差数列，由此可求，结合面积公式求结论. 【详解】依题意，为正三角形，且， 点在曲线上，即， 整理得，解得． 令为数列的前项和，是正三角形， 点， 于是点在曲线上， 则，即. 当时，，两式相减， 得， 整理得，又， 则，而满足上式， 因此， 即数列是首项，公差的等差数列， 所以， 则第个正三角形的面积为． 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题． 问题：已知锐角三角形的内角、、的对边分别为、、，______． （1）求； （2）若，求面积的取值范围． 【答案】（1）选择条件①或者②或者③， （2） 【解析】 【分析】（1）选①：利用诱导公式和二倍角的余弦公式可得出关于的方程，解出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 选②：利用正弦定理结合两角差的余弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 选③：利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，求出角的取值范围，可求得的取值范围，再利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围. 【小问1详解】 若选择①．由，得， 所以，所以，解得或． 又因为，故． 若选择②． 由正弦定理得． 又因为，所以，所以， 即，整理可得，解得． 又因为，故． 若选择③：． 由正弦定理得． 又因为，所以，所以，即． 可得， 又因为，所以，所以，故． 【小问2详解】 由（1）可知，且，由正弦定理及， 可得． 又因为在锐角三角形中，，所以， 故，所以． 所以面积，所以， 所以面积的取值范围是． 16. 某同学参加射击俱乐部射击比赛，每人最多有三次射击机会，射击靶由内环和外环组成，若击中内环得10分，击中外环得5分，脱靶得0分．该同学每次射击，脱靶的概率为，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立，只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛． （1）在该同学最终得分为10分的情况下，求该同学射击了2次的概率； （2）设该同学最终得分为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 5 10 15 20 25 30 【解析】 【分析】（1）设“该同学第次射击击中内环”为事件；“该同学第次射击击中外环”为事件；“该同学第次射击脱靶”为事件．“该同学最终得分为分”为事件，“该同学射击次”为事件．则，，结合概率乘法公式和加法公式求，再由条件概率公式求结论. （2）由条件，确定的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望. 【小问1详解】 设“该同学第次射击击中内环”为事件；“该同学第次射击击中外环”为事件； “该同学第次射击脱靶”为事件．“该同学最终得分为分”为事件， “该同学射击次”为事件． 由题意知， 且， ． 【小问2详解】 由题意可知的可能取值有， 则； ； ； ； ； ； ． 的分布列为 0 5 10 15 20 25 30 数学期望． 17. 已知四棱锥平面为线段上一动点，，，． （1）证明：当时，平面； （2）若为线段的中点，当二面角的余弦值为时，求此时的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）的值为． 【解析】 【分析】（1）连接交于点，证明，根据线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角余弦公式求二面角的余弦值列方程求. 【小问1详解】 证明：连接交于点，连接． 由题可知，因为，所以． 所以，又， 所以， 所以． 因为平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 过点作的垂线，垂足为． 以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立如图的空间直角坐标系. 由题知． 则． 设向量为平面的法向量． 由此可知，， 所以， 令，可得， 所以为平面的一个法向量． 设点，由，可知， 所以，由此知点， 所以． 设向量为平面的法向量， 由此可知，， 所以，令，则， 所以为平面的一个法向量，． 设二面角为，则， 解得或，易知当时，二面角为直角， 所以当时，二面角为钝角，舍去， 所以的值为． 18. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上，过点的直线与双曲线交于两点，是双曲线的左顶点． （1）求双曲线的标准方程； （2）直线，直线与分别交于两点，若，求的值． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）由离心率及双曲线上点的坐标，建立方程组，解得的值，即可得到双曲线的标准方程； （2）设交点的坐标及直线的方程，联立直线方程和双曲线方程，整理得到一元二次方程，从而得到两点纵坐标的关系式即参数的取值范围.由三点共线得到斜率相等，设坐标，从而解得.由得到向量垂直，从而建立方程，由根与系数的关系代换后化简得到关于参数的方程，解得的值. 【小问1详解】 由题意知，，， 解得， 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 设，直线的方程为． 由得． 当时，直线与双曲线只有一个交点，不合题意，舍去； 当时， 由题意知，三点共线，所以． 设， 则，即，同理可得． 因为， 所以，所以， 所以． 即． 而 ． 所以， 解得或， 所以当时，或． 【点睛】方法点睛，通过联立直线方程和圆锥曲线方程得到一元二次方程，借助韦达定理得到根与系数的关系是解决圆锥曲线交点问题的关键，然后通过向量建立方程，求得参数的值. 19. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. （1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； （2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”，是在上的中值点. ①求t的取值范围； ②证明： 【答案】（1）是上的"双中值函数"，理由见详解 （2）①；②证明见详解. 【解析】 【分析】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可; （2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为,构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明. 【小问1详解】 函数是上的"双中值函数". 理由如下： 因为，所以. 因为，所以, 令，得，即，解得. 因为, 所以是上的"双中值函数". 【小问2详解】 ①因为，所以。 因为是上的"双中值函数"，所以 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，所以，所以， 即的取值范围为； ②不妨设， 则， 即. 要证，即证. 设, 则. 设，则 所以在上单调递增，所以， 所以则在上单调递减. 因为，所以，即. 因为，所以. 因为，所以 因为，所以. 由（1）可知在上单调递增， 所以,即得证. 点睛: 思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调吽与最值即可：第一小问.可利用等量关系消元转化证明,类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $