精品解析：广东省深圳市南山区2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题

广东省深圳市南山区2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码. 3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑. 4.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液. 5.考试结束后，考生上交答题卡. 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】B 【解析】 【分析】求出集合，根据集合的交集和补集的概念即可得到答案. 【详解】， 则或， 则. 故选：B. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算直接化简，即可得解. 【详解】由已知， 其虚部为， 故选：D. 3. 已知平面向量满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的模可得，继而可得，由即可求解. 【详解】，所以， 所以，所以，可得， 所以. 故选：. 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用利用基本不等式化简已知条件，从而求得正确答案. 【详解】依题意，， 即， 由于，所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 故选：B 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合解方程即可. 【详解】因为，则，且， 联立方程，解得或（舍去）， 所以. 故选：A. 6. 设椭圆的一个焦点为，点为坐标原点，若上存在点使得为等边三角形，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用为等边三角形构造焦点三角形，根据几何关系和椭圆的定义得到的等量关系，即可求得离心率. 【详解】设椭圆的另一焦点为，连接如图所示， 因为为等边三角形， 所以， 所以,又因为, 所以， 由椭圆定义可知， 整理得：. 故选： 7. 设函数，则“”是“的图象关于对称”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据的图象关于对称等价于恒成立，求出的值，即可判断充分性和必要性. 【详解】由题意，函数的定义域为. 因为函数的图象关于对称恒成立， 即恒成立， 化简得恒成立， 即，解得. 因为“”是“”的必要不充分条件， 所以“”是“的图象关于对称”的必要不充分条件. 故选：C. 8. 图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成的平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】做辅助线，根据题意可证平面，进而求相应长度，根据面面垂直可得平面，即可得体积. 【详解】连接， 由题意可知：，，平面， 所以平面， 且平面，可知， 因为为等边三角形，则，可得， 且， 取的中点为，则，可得， 过作，垂足为， 由等面积法可得，则， 因为∥，可得， 因为平面，平面，可得平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面， 所以该五面体的体积为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的常用方法 1.利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直； 2.利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直； 3.利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数和，则（ ） A. 与有相同的最小正周期 B. 与在区间上均单调递减 C. 当时，与的图象有且仅有一个交点 D. 与的图像有相同的对称轴 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据最小正周期公式分析判断；对于B：根据题意结合余弦函数单调性分析判断；对于C：令，结合三角恒等变换运算求解即可；对于D：根据题意结合余弦函数对称性分析判断. 【详解】因为，. 对于选项A：与的最小正周期均为，故A正确； 对于选项B：因为，则，， 且在内单调递增，在内单调递减， 可知在区间上单调递减，在区间上不单调，故B错误； 对于选项C：令，则， 可得，且， 可知方程有且仅有一个解， 所以与的图象有且仅有一个交点，故C正确； 对于选项D：令，解得， 可知的对称轴为； 令，解得， 可知的对称轴为； 令，可得， 所以与的图像没有相同的对称轴，故D错误； 故选：AC. 10. 已知样本数据，其中，由这组数据得到新样本数据，，则（ ） A. 两组样本数据的极差一定相等 B. 两组样本数据平均数一定相等 C. 两组样本数据的第80百分位数一定相等 D. 两组样本数据的方差可能相等 【答案】BD 【解析】 【分析】对于ACD：举例说明即可；对于B：根据平均数公式分析判断即可. 【详解】对于选项A：例如原数据为，则极差为2， 新数据为，极差为， 两者不相等，故A错误； 对于选项B：原数据的平均数为， 新数据的平均数为， 所以两组样本数据的平均数一定相等，故B正确； 对于选项C：因为，可知第80百分位数为第4位数， 例如原数据为，则第80百分位数为， 新数据为，则第80百分位数为， 两者不相等，故C错误； 对于选项D：例如原数据为， 则新数据为， 两组数据完全相同，故方差相同，故D正确； 故选：BD. 11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 不是偶函数 C. 的一个周期为4 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断AB；令，计算可判断C；，计算可判断D. 【详解】令，可得，因为，解得，故A正确； 令，可得， 所以，所以是偶函数，故B错误； 令，可得， 所以，所以，所以， 所以的一个周期为4，故C正确； 因为，所以， ，，， 累加可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， ， 因为为奇数，所以， 因为，令，可得， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到，可得的一个周期为4，进而可解决D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等比数列前项和为，若，且，则______. 【答案】31 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式得，再求出，最后利用等比数列求和公式即可得到答案. 【详解】，即，显然，则，解得， ，解得， 则. 故答案为：31. 13. 设，，，是圆周上的个等分点，从这个点中任选个，两两相连后得到的三角形是直角三角形的概率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式直接计算. 【详解】由已知个点中选个，可组成直径的有，，共条， 则任选个，共有个， 可组成直角三角形的需要为直径的两端点即剩余四点中的一个， 共有个， 故概率为， 故答案为：. 14. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的右支交于，两点，记的内切圆面积为的内切圆面积为，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆切、、分别于点、、，分析可知直线的倾斜角取值范围为，推导出圆、圆的半径、满足，求得，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围. 【详解】记的内切圆为圆，的内切圆为圆， 因为双曲线的，，，渐近线方程为，两渐近线倾斜角分别为和. 设圆切、、分别于点、、， 过的直线与双曲线的右支交于、两点，可知直线的倾斜角取值范围为， 由切线长定理可得，，， 所以 ，则，所以点的横坐标为. 故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴， 故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切. 在中，，， ，，所以，， 所以，则， 所以， 即，则， 由直线的倾斜角取值范围为，可知的取值范围为， 则， 故， 则，其中， 令，其中，则在上单调递减，在上单调递增. 因为，，则当时，， 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线焦点三角形内切圆面积和的取值范围的求解，在涉及焦点三角形的问题时，应充分利用双曲线的定义以及圆的几何性质，解本题的关键在于确定两圆的半径所满足的关系式，结合函数的值域来求解. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为. （1）求； （2）设AC边上的高为，若，且，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理转化后，整理化简得从而求出角的大小； （2）利用余弦定理可得关系，利用等面积法可求出，由此可求周长的范围. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为， 所以， 因为，，所以，， 又，解得； 【小问2详解】 ∵，，即， 所以，即， 又，所以， 因为，所以，故， 所以，所以， 所以周长的范围为． 16. 如图，在四棱锥中，底面，，，，设为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）取中点，根据线线平行证明面面平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得平面法向量，进而可得面面角余弦值. 【小问1详解】 取中点，连接，， 则， 又， 四边形为平行四边形， ， 点是中点， ， 由，平面，，平面，且，， 平面平面， 平面， 平面； 【小问2详解】 由已知，，， 四边形是以为底边的等腰梯形，且，梯形的高为， 平面，平面， ， ， 如图所示，以点为坐标原点，，所在直线分别为轴与轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 即，，，， 设平面的法向量， 则， 令，得， 设平面的法向量， 则， 令，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为. 17. 在平面直角坐标系中，过拋物线焦点的直线l，交于两点，且. （1）求的方程： （2）若在M，N处的切线交于点，设切线GM，GN的斜率分别为. （i）证明：为定值： （ii）求面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见详解；（ii）4 【解析】 【分析】（1）设，联立方程结合韦达定理即可得； （2）（i）设抛物线在处的切线为，联立方程结合判别式求得，进而可求；（ii）求切线方程以及焦点坐标，结合弦长公式求面积，进而可得最值. 【小问1详解】 由题意可知：抛物线的焦点为， 且直线l的斜率可能不存在，但不为0，此时直线l与抛物线必相交， 设， 联立方程，消去x可得， 则， 可得，且，可得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）由（1）可知：， 设抛物线在处的切线斜率不为0，设为， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 所以； （ii）由（i）可知：抛物线在处的切线方程为， 则切线， 联立方程，解得，即， 则点到直线的距离， 且， 所以面积， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最小值为4. 18 设函数. （1）当时，证明：： （2）已知有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）若曲线在点处的切线与有且仅有一个交点，求的值. 【答案】（1）证明见详解 （2）（i），（ii） 【解析】 【分析】（1）根据函数的导函数确定函数的单调性，从而确定函数有最大值，此时最大值为，即成立； （2）（i）将函数有两个极值点转化为函数有两个大于零的零点，即方程有两个正实数根；根据二次方程有两个正实数解即可求得的取值范围； （ii）根据导数的几何意义求出切线方程，与曲线的方程联立，将切线与有且仅有一个交点转化为函数有且仅有一个大于零的零点，根据导函数来确定函数的单调性，从而求得的值. 【小问1详解】 当时，，定义域为. 所以，. 由，得，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以当时，有最大值，最大值为， 由此，当时，. 【小问2详解】 （i）由题意，，. 因为有两个极值点， 所以当时，函数有两个零点，即方程有两个正实数根. 令，即，则， 所以方程有两个正实数根， 则，解得. 此时，不妨设方程有两个正实数根分别为， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 满足函数有两个极值点， 因此，的取值范围是. （ii）由（i）可知，又，， 所以切线方程为， 与曲线的方程联立，得， 令，， 因为切线与有且仅有一个交点， 所以函数有且仅有一个零点，又， ， 所以， ①当，即时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，且， 此时，函数在区间上有零点，（舍去）. ②当，即时，函数在区间上单调递增， 又，满足函数有且仅有一个零点. ③当，即时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，且， 此时，函数在区间上有零点，（舍去）. 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：第（ii）问中，将切线与曲线有且仅有一个交点转化为函数有且仅有一个大于零的零点，以及根据导函数的两个零点的大小关系分类讨论，从而确定函数的单调性是解题的关键. 19. 设元正整数集合，集合为的任意一个非空子集，记中所有元素之和为. （1）若，求的所有可能取值； （2）已知数列为等比数列，且. （i）设是的任意两个非空子集，证明：； （ii）若将所有可能取值按照从小到大的顺序排列可构成等差数列，求的通项公式. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由的定义可求； （2）（i）用反证法证明，假设，将等式两边通过同减同除运算化简后，再利用整数性质推出矛盾可证；（ii）先特殊三项成等差数列推出，再证明所有可能取值排序后也成等差. 【小问1详解】 ，则的非空子集可能为， 故的所有可能取值为. 【小问2详解】 由数列为等比数列，且，设公比为，则 故， 由题意集合是元正整数集合，结合集合中元素的互异性， 可知，且，则数列为各项为正整数的递增数列. （i）假设， 记，且，则集合与中无公共项， 不妨设， 其中，， 且任意，都有，不妨设， 则由题意可知， 则，即， 则，两边同除以可得， ， 由等式左边不被整数整除（余数为），而右边则被整数整除， 因此产生矛盾，故假设错误， 所以. （ii）， 则对任意，的非空子集个数为， 由（i）结论可知，的所有可能取值两两不等，共有个， ①若将的所有可能取值按照从小到大的顺序排列可构成等差数列， 记该等差数列的各项依次为. 设公差为，则， 由，则， 故，所以，成等差数列， 即成等差数列，可得，解得， 故； ②下面证明：对于集合，将的所有可能取值按照从小到大的顺序排列，构成等差数列. 若，对任意， 则的非空子集个数为，各非空子集分别记为， 由（i）结论，的任意取值两两不等，故不妨设， 且在所有非空子集中，所有可能取值中最小为， 最大为， 则，又这个取值均为正整数， 所以，， 即的所有可能取值按照从小到大的顺序排列构成公差为的等差数列. 综上所述，若将的所有可能取值按照从小到大的顺序排列可构成等差数列，则的通项公式为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键点在于“有序”设量，不论集合，还是数列，“有序”即可根据等与不等关系产生运算，从而进一步分析等与不等，如第（i）问证明中，通过“，，”的设量方法，才更清晰地把握运算方向，通过减除运算将式子化至最简，找出矛盾点；如第（ii）问中，有的不等关系，才能进一步得到，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省深圳市南山区2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码. 3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑. 4.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液. 5.考试结束后，考生上交答题卡. 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. 复数的虚部为（ ） A B. C. D. 3. 已知平面向量满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 设椭圆的一个焦点为，点为坐标原点，若上存在点使得为等边三角形，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，则“”是“的图象关于对称”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数和，则（ ） A. 与有相同的最小正周期 B. 与在区间上均单调递减 C. 当时，与的图象有且仅有一个交点 D. 与的图像有相同的对称轴 10. 已知样本数据，其中，由这组数据得到新样本数据，，则（ ） A. 两组样本数据的极差一定相等 B. 两组样本数据的平均数一定相等 C. 两组样本数据的第80百分位数一定相等 D. 两组样本数据的方差可能相等 11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 不是偶函数 C. 一个周期为4 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等比数列的前项和为，若，且，则______. 13. 设，，，是圆周上的个等分点，从这个点中任选个，两两相连后得到的三角形是直角三角形的概率为______. 14. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的右支交于，两点，记的内切圆面积为的内切圆面积为，则的取值范围是______. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为. （1）求； （2）设AC边上的高为，若，且，求周长的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，底面，，，，设为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在平面直角坐标系中，过拋物线焦点的直线l，交于两点，且. （1）求的方程： （2）若在M，N处的切线交于点，设切线GM，GN的斜率分别为. （i）证明：定值： （ii）求面积最小值. 18. 设函数. （1）当时，证明：： （2）已知有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）若曲线在点处的切线与有且仅有一个交点，求的值. 19. 设元正整数集合，集合为的任意一个非空子集，记中所有元素之和为. （1）若，求的所有可能取值； （2）已知数列为等比数列，且. （i）设是的任意两个非空子集，证明：； （ii）若将的所有可能取值按照从小到大的顺序排列可构成等差数列，求的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $