精品解析：安徽省宣城市2024-2025学年高三上学期期末调研测试数学试卷

宣城市2024—2025学年度第一学期期末调研测试 高三数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卷指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域． 3．考生作答时，请将答案答在答题卷上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0．5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．考试结束时，务必将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每题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，，若，则a的值是（ ） A. 1或2 B. 或0 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合相等有求参数，结合集合元素的互异性确定参数值. 【详解】由题设，可得或， 当时，，满足题设； 当时，，不符合集合元素的互异性； 所以. 故选：C 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算和模长公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：A 3. 在所在平面中有一点P满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量加减的运算法则得，结合已知即可得答案. 【详解】由题设，则， 即，则， 又，所以. 故选：C 4. 已知等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且，为与的等差中项，则（ ） A. 60 B. 120 C. 121 D. 131 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为q，利用已知条件求得和，再由等比数列前项和公式计算． 【详解】设等比数列的公比为q，由已知得， 因为，所以，　①. 因为与的等差中项为，所以　，所以②， 联立①②解得. 所以. 故选：B． 5. 中，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知及差角余弦公式、三角形内角的性质得，结合已知即可得答案. 【详解】由题设，则， 又为三角形的内角，则，而， 所以. 故选：B 6. 如图，某几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为60cm，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把几何体转化为正方体减去八个三棱锥，再结合棱柱及棱锥的体积公式计算即可. 【详解】. 故选：D. 7. 将曲线向左平移个单位长度后得到曲线，如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设得，则，数形结合及余弦型函数的性质求参数值即可. 【详解】由题设，易知，可得，则， 由图知且， 则，故， 所以，， 又，故. 故选：A 8. 函数，若恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知只需保证，在上的零点相同，得并代入目标式，应用导数求的最小值. 【详解】由题设在上恒成立， 又，在上都单调递增， 所以，只需，在上的零点相同，即， 所以且， 令且，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以，即的最小值为. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 近日，国家体育健康测试抽测工作正式开展，宣城市某校高三年级甲、乙两个班级被抽中，甲班的成绩X与乙班的成绩Y均服从正态分布，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】正态分布的期望与方差和正态曲线的特点，结合正态分布的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】选项A：由，得，故A正确； 选项B：由，得，故B不正确； 选项C：由于随机变量服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线：， 所以，故C正确； 选项D：因为，， 所以对应的，对应的， 根据正态分布的性质，值越大，对应的概率越大， 因为，所以，选项D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域是 B. 曲线在点处的切线方程是 C. D. 有两个不同的解，且 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据对数、分式的性质求定义域判断A，应用导数几何意义求切线方程判断B，根据解析式化简判断C；利用导数研究的零点判断D. 【详解】由解析式知，故函数的定义域为，A对； 由且，则， 所以曲线在点处的切线方程， 则，B对； ，C错； 令，则， 所以在上都单调递增， 在区间上，时趋向，时趋向，故该区间存在一个零点， 在区间上，时趋向，时趋向，故该区间存在一个零点， 所以在定义域内存在两个不同零点，分别位于、内， 若零点，则，且，即， 此时， 所以是的一个零点，即，故，D对. 故选：ABD 11. 曲线E上任意一点P到定点的距离与到定直线的距离之和为8，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线E经过点 B. 曲线E上点的横坐标的取值范围是 C. 曲线E围成的区域面积大于 D. 曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有6个 【答案】BC 【解析】 【分析】根据点到定点的距离与到定直线的距离之和为这一条件，分情况讨论得出曲线的方程，再根据方程对各选项进行判断. 【详解】设点，因为曲线E上任意一点P到定，点的距离与到定直线的距离之和为8，所以曲线E的方程为， 当时，得，两边平方得， 当时，得，两边平方得，所以曲线E的大致图象如图所示， 将代入得，所以E不经过，故A错误； 将代入，解得，所以由图象得曲线E上点的横坐标的取值范围是，故B正确； 由图象可知曲线E的面积，故C正确； 因为曲线E上，点的横坐标的取值范围是，将分别代入， 解得曲线E过点 ，，所以曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有4个，故D错误. 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分，不需要写出解答过程，请将答案直接填写在答题卡上相应位置上． 12. 二项式的展开式中的系数是______． 【答案】15 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】二项式的展开式的通项为， 令解得， 所以展开式中的系数是， 故答案为：15 13. 已知三棱锥的底面是边长为6的正三角形，侧棱长均相等，侧面与底面夹角为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】设底面三角形的中心为，根据题意球心在直线上，再根据二面角的概念结合几何关系和勾股定理求出该球的半径即可. 【详解】因为三棱锥的底面是边长为6的正三角形，侧棱长均相等，其顶点都在同一球面上， 所以三棱锥是正三棱锥， 如图设底面三角形的中心为，中点为，连接，，，则球心在直线上， 由几何关系可知，， 因为平面平面，，， 所以是侧面与底面夹角的平面角，即，所以， 先将转化为平面三角形， 则，， 在中由勾股定理可得，解得， 所以该球的表面积， 故答案为： 14. 点是椭圆上的动点，若的值为定值，则m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将问题化为椭圆上任意一点到直线、的距离之和为定值，进一步化为直线在椭圆左上方且与椭圆相切或相离，联立方程并结合判别式确定参数范围. 【详解】由为定值，即为定值， 所以椭圆上任意一点到直线、的距离之和为定值， 显然、平行或重合， 且，则，即， 所以与椭圆无交点， 综上，只需保证椭圆在直线、之间即可，如下图， 需直线在椭圆左上方且与椭圆相切或相离即可， 联立有，则，即， 所以，即或， 当时，直线在椭圆右下方，不合要求； 当时，直线在椭圆左上方，符合； 所以m的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：将问题化为直线在椭圆左上方且与椭圆相切或相离为关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，D是BC上的点，AD平分∠BAC，求AD的最大值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦边角关系得，再由余弦定理求角的大小； （2）根据已知有，由基本不等式、三角形的三边关系得，再由得，进而有，根据函数单调性求最大值. 【小问1详解】 由已知及正弦定理有，即， 由余弦定理有，，则. 【小问2详解】 由（1）可知，则①， 由基本不等式有，可得， 又，则， ∵， ∴，可得， 由①有， 令，则在上单调递增， 所以AD的最大值为. 16. 已知圆A：，圆B：，圆C与圆A、圆B都外切，记圆心C的轨迹为E． （1）求E的方程； （2）过点的直线交E于M，N两点，与直线交于点T，过点T作x轴的平行线l，直线OM，ON与直线l分别交于S，Q两点，证明：与的面积相等． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据圆与圆的位置关系及双曲线的定义写出曲线方程； （2）设直线MN为，，，联立双曲线并应用韦达定理，求直线OM，ON与直线l的交点S，Q坐标，进而判断T，S，Q的横坐标间的关系，即可证结论. 【小问1详解】 设圆C的半径为r，又圆C与圆A、圆B外切，所以，， 则，故点C的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的一支， 所以曲线E的方程为. 【小问2详解】 由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线MN为，，， 其中且， 联立方程组，消去x有， 则，，， 直线MN：与直线的交点， 直线MO：与直线l：的交点， 直线NO：与直线l：的交点， 由于 ， 故点T是QS的中点，所以与的面积相等． 17. 如图，在多面体ABCDE中，，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，平面平面，M在直线BE上，N在直线l上，，． （1）证明：平面BCE； （2）求MN与平面ABC所成角的正弦值． 【答案】（1） 设，则，分别取AB、AC中点G、H，则有，且， 又因为平面平面，平面平面，平面ABE，所以平面， 同理可得平面，且， 所以，即四边形为平行四边形，故， 因为G、H分别是AB，AC中点，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 平面，平面平面，所以， 因为，所以， 又因为，，BE，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先应用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再结合线面平行及性质定理得出线面垂直即可； （2）应用空间向量法得出线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以G为坐标原点，GB，GC，GE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，且， 设平面BCE的一个法向量为，，即 令，则，． 由（1）知，为直线MN的方向向量，平面ABC的一个法向量为 ，所以MN与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，． （1）当时，证明：恒成立； （2）设表示不超过x的最大正整数，若，且关于a的方程有实数根，记b的最小值为t，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用导数分别研究的最值，即可证结论； （2）根据题设有，构造，，并应用导数求函数最小值的范围，即可得结果. 【小问1详解】 若时，且定义域为，， 令，则， 因为，所以恒成立，在上单调递增， 又，所以当时，，时，， 即当时，，时，， 所以时，单调递减，时，单调递增， 所以在时取最小值e， 又因为，当时，，当时，， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以在时取最大值e，从而恒成立． 【小问2详解】 因为关于a的方程有实数根，所以， 设，， 所以在上单调递增，且，， 所以存在点，使得，即，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以． 19. 设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项积为，对任意整数，当时，都成立． （1）设，，求的值； （2）设，求正项数列的通项公式． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，进而得到，即可求结果； （2）由递推关系有，先证当时，成等比数列并设公比为q，再证时，是公比为q的等比数列，最后证，即可得通项公式. 【小问1详解】 ∵，∴， ∴，即， ∴； 【小问2详解】 由，则，两式作商， 所以，有①， 第一步，证明当时，成等比数列， 当，时，由①得②， 当时，由①得③， 当时，由②得，…④成等比数列 当时，由③得，…⑤成等比数列 当时，由④得⑥，由⑤得⑦， 由⑥⑦得，当时，⑧， 由⑧知：从第6项开始，每隔1项的项所成数列成等比数列． 当时，则是等比数列，即有⑨， 由⑥⑨得，当时⑩， 由⑩得，当时，成等比数列，且设公比为q， 第二步：证明时，是公比为q的等比数列， 由④得，则，，， 依次代入并整理得，同理得，则， 故时，是公比为q的等比数列． 最后证明， 由定义式，即，即，即，亦就是． 当时，即，当时， 则，代入，得，即，故， 又，则， 综上：是等比数列，且首项，公比，故 【点睛】关键点点睛：第二问，分类证明、时，均为等比数列，设公比为，并说明为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣城市2024—2025学年度第一学期期末调研测试 高三数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卷指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域． 3．考生作答时，请将答案答在答题卷上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0．5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．考试结束时，务必将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每题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，，若，则a的值是（ ） A. 1或2 B. 或0 C. 1 D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 3. 在所在平面中有一点P满足，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且，为与的等差中项，则（ ） A. 60 B. 120 C. 121 D. 131 5. 中，，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，某几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为60cm，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 将曲线向左平移个单位长度后得到曲线，如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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. 近日，国家体育健康测试抽测工作正式开展，宣城市某校高三年级甲、乙两个班级被抽中，甲班的成绩X与乙班的成绩Y均服从正态分布，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域是 B. 曲线在点处的切线方程是 C. D. 有两个不同的解，且 11. 曲线E上任意一点P到定点的距离与到定直线的距离之和为8，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线E经过点 B. 曲线E上点的横坐标的取值范围是 C. 曲线E围成的区域面积大于 D. 曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有6个 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分，不需要写出解答过程，请将答案直接填写在答题卡上相应位置上． 12. 二项式的展开式中的系数是______． 13. 已知三棱锥的底面是边长为6的正三角形，侧棱长均相等，侧面与底面夹角为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积是______． 14. 点是椭圆上的动点，若的值为定值，则m的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，D是BC上的点，AD平分∠BAC，求AD的最大值． 16. 已知圆A：，圆B：，圆C与圆A、圆B都外切，记圆心C的轨迹为E． （1）求E的方程； （2）过点的直线交E于M，N两点，与直线交于点T，过点T作x轴的平行线l，直线OM，ON与直线l分别交于S，Q两点，证明：与的面积相等． 17. 如图，在多面体ABCDE中，，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，平面平面，M在直线BE上，N在直线l上，，． （1）证明：平面BCE； （2）求MN与平面ABC所成角的正弦值． 18. 已知函数，． （1）当时，证明：恒成立； （2）设表示不超过x的最大正整数，若，且关于a的方程有实数根，记b的最小值为t，求的值． 19. 设M为部分正整数组成的集合，数列的首项，前n项积为，对任意整数，当时，都成立． （1）设，，求的值； （2）设，求正项数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $