精品解析：贵州省铜仁市2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题

铜仁市2024~2025学年第一学期教学质量监测 高三数学 本试卷共4页，19题.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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 1. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则是成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在某校高一年级参加的一次质量检测中，共有1500名学生参加数学考试.为了解本次考试考生的数学成绩情况，本中抽取了100名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，成绩均在内，按照的分组作出频率分布直方图（如图所示），据图中数据，则（ ） A. 该样本中学生成绩的中位数一定大于75 B. 该样本中学生成绩的极差介于40至50之间 C. 该样本中学生成绩的平均值介于70至80之间 D. 若成绩不低于60分为及格，估计该校高一年级学生数学及格人数不超过1300 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知矩形中，，将沿折起至，使二面角是直二面角，则三棱锥的外接球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是偶函数，则（ ） 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9分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，直线，则（ ） A. 当时，与圆相切 B. 当时，被圆所截得的弦长为 C. 对任意，与圆均有公共点 D. 设与圆相交于不同两点，且，则 10. 在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ） A. B. 外接圆半径 C. ， D. 若是边中点，则 11. 已知函数.则（ ） A. 当时，若有两个零点，则的值是或 B. 若，，且，则的最小值是 C. 对任意恒有 D. 若存在极值点，且，其中，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12. 已知是等差数列的前项和，且，则__________. 13. 一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做质数.在不超过30的质数中任取两个不同数，则其和是偶数的取法有__________种. 14. 已知边长为的等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线上，则的方程是__________；设点在直线上，过点的两条直线分别与相切于两点，记直线的斜率分别为，则的最小值是__________. 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. 在数列中，点在直线上；在等比数列中，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率是，上的点到两焦点的距离之和等于4. （1）求椭圆的方程； （2）过焦点作斜率为1的直线与椭圆相交于两点.求的面积. 17. 如图，在三棱台中，分别是的中点，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值. 18. 已知函数. （1）求的最值； （2）求正整数，使其满足且； （3）若，求证：. 19. 现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次. （1）若，求抽到的4个数字互不相同的概率； （2）在统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计. （i）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：） （ii）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为，试利用这组样本并结合（i）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜仁市2024~2025学年第一学期教学质量监测 高三数学 本试卷共4页，19题.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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 1. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集的定义即可求解. 【详解】全集， 故选：D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，先根据乘法求出所给的复数，写出其共轭复数即可. 【详解】， 故选：B. 3. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图象和正弦函数性质，即可求解. 【详解】. 故选：D. 4. 已知，则是成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】分别由与确定x的值，据此可判断选项正误. 【详解】当时，， 当时，. 当时，； 当时，与不垂直. 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 5. 在某校高一年级参加的一次质量检测中，共有1500名学生参加数学考试.为了解本次考试考生的数学成绩情况，本中抽取了100名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，成绩均在内，按照的分组作出频率分布直方图（如图所示），据图中数据，则（ ） A. 该样本中学生成绩的中位数一定大于75 B. 该样本中学生成绩的极差介于40至50之间 C. 该样本中学生成绩的平均值介于70至80之间 D. 若成绩不低于60分为及格，估计该校高一年级学生数学及格人数不超过1300 【答案】C 【解析】 【分析】利用频率分布直方图结合各数字特征的意义逐项判断可确定选项. 【详解】由题意得，，解得. 对于选项A，成绩在内的频率为，成绩在内的频率为，故中位数在间，但样本成绩在间的可能均为74分，故中位数不一定大于75，所以选项A错误； 对于选项B，由极差的定义知，学生成绩的极差介于40至60之间，所以选项B错误； 对于选项C，由平均数的定义知，学生成绩的平均成绩为，介于70至80之间，所以选项C正确； 对于选项D，由于成绩不低于60分的频率为，所以成绩不低于60分的人数是，所以选项D错误. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将切化弦，展开，联立可求出，从而可得解. 【详解】由题意可知 ① ② 由①②联立得， 所以， 故选：B. 7. 已知矩形中，，将沿折起至，使二面角是直二面角，则三棱锥的外接球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据矩形的性质可知三棱锥的外接球半径为矩形对角线的一半，由此可求球的表面积. 【详解】 由题意得，. 记矩形的对角线与交于点，则翻折过程中点到四点的距离不变， 即点是三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故选：A. 8. 已知函数是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数为偶函数，可得，从而，根据其单调性比较大小. 【详解】根据题意，函数为偶函数，所以 所以，即 令，则，且在上单调递增， 于是在上单调递增，从而在上单调递增. 且. ， 因此. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：对于，利用复合函数单调性法得其单调性. 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9分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，直线，则（ ） A. 当时，与圆相切 B. 当时，被圆所截得的弦长为 C. 对任意，与圆均有公共点 D. 设与圆相交于不同两点，且，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据时直线与圆相切可得选项A正确，选项D错误；当时，联立直线与圆方程求交点坐标可得选项B正确；根据直线恒过定点可得选项C正确. 【详解】由题意得，圆心坐标为，半径. 当时，圆心到直线的距离为2，故直线与圆相切，所以选项A正确，选项D错误； 当时，由得或，故直线与圆相交于两点， 由得选项B正确； 因为直线恒过点，点在圆上，所以直线和圆恒有公共点，所以选项C正确. 故选：ABC. 10. 在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ） A. B. 外接圆半径 C. ， D. 若是边中点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，可判断A选项；利用正弦定理可判断B选项；利用余弦定理可判断C选项；由平面向量的线性运算可得出，结合平面向量数量积的运算可求得的长，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，则，所以，，故，A对； 对于B选项，由正弦定理可知，B对； 对于C选项，因为，所以，设，则， 由余弦定理可知， 所以，，C错； 对于D选项，因为为的中点，则， 所以，，则， 所以 ，则，D对. 故选：ABD. 11. 已知函数.则（ ） A. 当时，若有两个零点，则的值是或 B. 若，，且，则的最小值是 C. 对任意恒有 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析可知直线与函数的图象只有个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断A选项；由已知条件可得出，将代数式与相乘，集合基本不等式可判断B选项；直接验证可判断C选项；利用极值点的定义结合作差法可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，， 令可得，令，则， 令可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 函数的极大值为，极小值为，如下图所示： 由图可知，当或时，即当或时， 直线与函数的图象有两个公共点，此时，函数有两个零点，A对； 对于B选项，当时，，且，， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立，B错； 对于C，因为 ，C对； 对于D选项，对函数求导得， 因为为函数的极值点，所以，，① 由可得， 可得， 即，② ②①得， 即， 若，则①式显然不成立，故， 又因为，故，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12. 已知是等差数列的前项和，且，则__________. 【答案】33 【解析】 【分析】由等差数列性质结合等差数列前n项和公式可得答案. 【详解】，所以. 故答案为：33 13. 一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做质数.在不超过30的质数中任取两个不同数，则其和是偶数的取法有__________种. 【答案】36 【解析】 【分析】列举出所有符合要求的质数，利用组合数可计算结果. 【详解】不超过30的质数有共10个，则自中任取两个不同的数，它们的和均为偶数，所以共有种取法. 故答案为：36. 14. 已知边长为的等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线上，则的方程是__________；设点在直线上，过点的两条直线分别与相切于两点，记直线的斜率分别为，则的最小值是__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由抛物线和等边三角形的对称性易得等边三角形的一个顶点为，代入求得，即得抛物线方程；设过点的切线的方程为，将其与抛物线方程联立，由化简得，依题意，为方程的两根，得，结合，化简后，利用二次函数的值域即可求得其最小值. 【详解】因抛物线和等边三角形均关于轴对称，设等边三角形在第一象限的顶点坐标为， 则，即， 代入抛物线，解得，所以； 显然，过点的切线斜率必存在，如图，可设过点的切线的方程为：， 由消去，可得， 因为直线和抛物线相切，所以 化简可得：，即（*）， 依题意，为方程（*）的两根，则. 因为，所以 ，当且仅当时，等号成立， 即当时，取得最小值为3. 故答案为：；3. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与抛物线相切有关的最值问题，属于难题. 解题的关键在于，利用直线方程与抛物线方程联立，由得到后，要结合题意，把看成该方程的两根，利用韦达定理，将所求式转化成关于一个变量的二次函数，即可求其最值. 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. 在数列中，点在直线上；在等比数列中，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得通项公式，然后由题目条件结合等比数列知识可得通项公式； （2）由分组求和法可得答案. 【小问1详解】 易知 故求数列的通项公式分别为 . 【小问2详解】 由（1）知： 设数列的前项和为，数列的前项和为，则 则数列的前n项和 . 16. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率是，上的点到两焦点的距离之和等于4. （1）求椭圆的方程； （2）过焦点作斜率为1的直线与椭圆相交于两点.求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件可得的值，由此计算即可得椭圆的方程. （2）利用弦长公式及点到直线的距离公式可计算三角形的底和高，由此计算三角形面积. 【小问1详解】 由椭圆的定义知，则 由，得，故. ∴椭圆C的方程为. 【小问2详解】 设，由（1）知，则的方程为， 由得， 显然，， ∴. ∵点到直线的距离， ∴，故的面积为. 17. 如图，在三棱台中，分别是的中点，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】（1）在三棱台中，连接，令，连接， 由，得，由为中点，得，而， 则四边形为平行四边形，为中点，又为中点，因此， 而平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，，利用平行四边形的判定性质，线面平行的判定推理得证. （2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，，为中点，则，， 在中，，由余弦定理得， 于是，则， 即直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，，， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）求的最值； （2）求正整数，使其满足且； （3）若，求证：. 【答案】（1）最大值是，无最小值； （2），； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定的函数，求出导数求出其最值. （2）按和分类，利用导数探讨方程有整数解情况即可. （3）构造函数，利用导数探讨单调性即可推理得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，当时，， 函数的递增区间是，递减区间是， 所以的最大值是，无最小值. 【小问2详解】 当时，且， 令，显然，即是方程的一组解， 当时，求导得，令,， 当时，， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，则，因此当且时，方程无解； 当时，由（1）知在上单调递减， ，因此与矛盾， 于是时，方程无解， 所以是方程的唯一一组正整数解. 【小问3详解】 设，求导得，当且仅当时取等号， 函数在上递增，由，得，即， 则，即， 所以，即. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，根据给定不等式的特征，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 19. 现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次. （1）若，求抽到的4个数字互不相同的概率； （2）在统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计. （i）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：） （ii）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为，试利用这组样本并结合（i）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数） 【答案】（1） （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）记抽到的4个数字互不相同为事件，用排列数求得事件A包含的基本事件个数，再求得事件的总个数，由古典概型概率公式计算概率； （2）（i）根据均值公式计算；（ii）求出4个数的均值和它们平方后的均值，代替（i）中，列方程组求得． 【小问1详解】 记抽到的4个数字互不相同为事件， 则事件包含的基本事件个数是. 甲同学随机抽取4次的不同结果个数是 故抽到的4个数字互不相同的概率； 【小问2详解】 （i）依题意的可能取值为 且且， 所以，.. 依题意的可能取值为 且且， 所以 . （ii）依题意样本数据为期望（平均数）为， 则为期望（平均数）为 消去得 整理得 又因为 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $