精品解析：广东省部分学校2024-2025学年高三上学期1月期末数学试题

广东省2024—2025学年上学期期末考试 高三数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. {1} B. C. D. 2. 已知复数为纯虚数，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 3. 制造业采购经理指数是一个衡量制造业活动水平的经济指标，高于表示经济活动扩张，低于表示经济活动收缩．已知2024年1月－10月中国制造业采购经理指数依次为：，，则这10个数据的分位数为（ ） A B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在区间上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C D. 6. 已知双曲线的左，右焦点分别为，第一象限内的点在上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 7. 已知是边长为的正三角形，点满足， ，则的最大值为（ ） A 4 B. C. 2 D. 8. 已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知某市18岁男性市民的身高（单位：cm）近似服从正态分布，且，则（ ） A. 该市18岁男性市民的平均身高为172cm B. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过172cm的概率为0.5 C. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高在之间的概率为0.7 D. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过170cm与超过174cm的概率相等 10. 已知抛物线的焦点为，过点作斜率不为0的直线与只有1个交点，过点作与平行的直线与交于两点，则（ ） A. 的斜率为 B. C. D. 的面积为2 11. 已知函数的定义域为，对任意，恒有，且，则（ ） A. B. C. 既不是奇函数，也不是偶函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是公比为等比数列，且，则__________. 13. 函数在区间上的值域为______． 14. 已知连接正四面体各面的重心，可以得到一个小的正四面体，且小正四面体的每一个面都与原正四面体的一个面平行．据此推断，若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为______． 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. 如图，在平面四边形中， 点E在上，且 （1）求; （2）求的面积. 16. 如图，三棱柱中，是边长为的正三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上有唯一的零点，求的取值范围． 18. 已知圆经过椭圆的右焦点及右顶点. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，求线段的中点的轨迹方程； （3）过点作与轴平行的直线与交于点，直线与轴交于点，证明：点共圆. 19. 已知开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数），是根据开启时收到的动态校验钥匙（为中的一个随机整数）计算得到的动态校验码，是的个位数字． （1）若，且依次为公差为1的无穷等差数列的前4项，求的前项和； （2）若，从中随机取1个数作为，求动态校验码分布列； （3）若的取值分别为，其中等可能地取，求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广东省2024—2025学年上学期期末考试 高三数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. {1} B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合描述用列举法表示出集合，再由集合的并运算求集合. 【详解】由题设，可得，所以. 故选：D 2. 已知复数为纯虚数，则虚部为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算得出参数再结合虚部定义得出虚部即可判断. 【详解】因为纯虚数， 所以的虚部为． 故选:B． 3. 制造业采购经理指数是一个衡量制造业活动水平的经济指标，高于表示经济活动扩张，低于表示经济活动收缩．已知2024年1月－10月中国制造业采购经理指数依次为：，，则这10个数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算即可得出结果. 【详解】把这10个数据按照从小到大的顺序排列，即； 又， 所以分位数是第8个数据． 故选：D． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数单调性及其图象性质可得结果. 【详解】因为，所以． 故选：A． 5. 若函数在区间上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题化为在上恒成立，利用导数研究右侧单调性并确定其值域下界，即可得参数范围. 【详解】因为在区间上单调递增， 所以，即在上恒成立， 令且，则，即在上单调递增， 所以，故. 故选：C 6. 已知双曲线的左，右焦点分别为，第一象限内的点在上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求出，，根据双曲线定义得到关于a，c的方程，求出. 【详解】由题意得，故，， 由题意结合双曲线定义知，故. 故选：B 7. 已知是边长为的正三角形，点满足， ，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，以为坐标原点，过点平行于的直线为轴，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，，利用坐标法及余弦函数的性质计算可得. 【详解】由题意得点，，在以为圆心、为半径的圆上，取的中点， 以为坐标原点，过点平行于的直线为轴，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，设，| 由，故 ， 则，， 则，当且仅当时等号成立. 故选 ：A. 8. 已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明线面垂直，再根据点到平面距离及得出，结合球性质即可得出求出截面面积. 【详解】如图，连接， 平面，平面，平面， 则直线垂直于平面， 则为过点且与平面平行的平面，点在平面内， 点到平面的距离就是平面与平面的距离， 又，所以， 球的半径，所以截球所得截面圆的半径，该圆面积为． 故选:C． 二、选择题：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. 已知某市18岁男性市民的身高（单位：cm）近似服从正态分布，且，则（ ） A. 该市18岁男性市民的平均身高为172cm B. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过172cm的概率为0.5 C. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高在之间的概率为0.7 D. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过170cm与超过174cm的概率相等 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布定义可得A正确，利用对称性可判断BD正确，由对称性求得指定区间上的概率可得C错误. 【详解】因为正态分布，所以平均数，即A正确； 由正态分布的对称性可判断B正确； 易知，又，所以， 即从该市18岁男性市民中任选1名，其身高在之间的概率为，C错误； 又因为，所以D正确． 故选：ABD． 10. 已知抛物线的焦点为，过点作斜率不为0的直线与只有1个交点，过点作与平行的直线与交于两点，则（ ） A. 斜率为 B. C. D. 的面积为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，根据判别式等于0可得选项A正确；联立直线与抛物线方程，利用弦长公式可得选项B错误；求出点横坐标，利用抛物线定义可得选项C正确；分析得直线之间的距离为的高，结合可得选项D正确. 【详解】 由题意得的斜率存在且不为零，设的斜率为，则， 由得， 由，得，A正确. 由对称性不妨假设的斜率为，则的方程为， 由得， ∴，B错误. 由A得，，解得，故，C正确. 由B知， 由题意得，，故之间的距离， ∴的面积为，D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数的定义域为，对任意，恒有，且，则（ ） A. B. C. 既不是奇函数，也不是偶函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用已知条件结合赋值法计算求值判断A，B，D，最后应用偶函数定义判断C. 【详解】取，得，所以，故A正确； 取，得，所以，故B正确； 取，得，取，得是偶函数，故C错误； 取，得，所以，故D正确． 故选:ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是公比为的等比数列，且，则__________. 【答案】或1 【解析】 【分析】根据等比数列性质得到，求出答案. 【详解】由得，， 因为，所以，解得或1， 故答案为：或1 13. 函数在区间上的值域为______． 【答案】 【解析】 【分析】对绝对之内的符号分类讨论，再由正弦函数值域计算可得结果. 【详解】当时，， 当时，， 所以的值域为． 故答案为： 14. 已知连接正四面体各面的重心，可以得到一个小的正四面体，且小正四面体的每一个面都与原正四面体的一个面平行．据此推断，若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为______． 【答案】108 【解析】 【分析】根据题意可作出新的四面体并根据重心性质求得小四面体与新的四面体的边长比例，再由体积比与棱长比的关系计算可得结果. 【详解】设这四个平面围成的新四面体为，显然是唯一的，如下图： 而当分别为四面体各个面对应三角形的重心时， 连接并延长交于点，连接并延长交于点， 则有，且为的中位线，所以，且， 同理可得且且； 且且． 即当分别为四面体各个面对应三角形的重心时恰满足题目条件， 所以四面体的棱长是四面体对应棱长的3倍， 所以四面体的体积为． 故答案为：108 【点睛】关键点点睛：本题关键在于依据新的四面体和重心性质求得小四面体与新的四面体的边长比例，利用体积比与棱长比的关系进行计算. 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. 如图，在平面四边形中， 点E在上，且 （1）求; （2）求的面积. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）在中，应用余弦定理列方程解之可得； （2）在中，由余弦定理求得，再计算出，然后由面积公式计算． 【小问1详解】 在中，由余弦定理得. ， 即 整理得 ， 所以（负值舍去）. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得 ， 所以 所以的面积为 16. 如图，三棱柱中，是边长为的正三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （2）由（1）中信息，利用等体积法求得点到平面的距离，再求出即可求出线面角的正弦. 【小问1详解】 三棱柱中，取中点，连接， 由是边长为的正三角形，得， 由，得，而， 则，即，而面， 因此面，又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 连接，则是平行四边形对角线的中点， 又平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离， 在中，由余弦定理得， ，， ，由，得， 则，由，得， 又，于是， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上有唯一的零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求，计算即可得到切线方程. （2）求，讨论的取值，确定函数的单调性，结合题目条件可求的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 所以， 所以在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由得， 设，则在上单调递增，， 当时，在区间上单调递增， 因为，所以在区间上没有零点. 当，即时，在区间上单调递减， 所以在区间上没有零点. 当时，， 存在，使得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 因为，所以要使有零点，需满足， 即，综上，的取值范围是． 18. 已知圆经过椭圆的右焦点及右顶点. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，求线段的中点的轨迹方程； （3）过点作与轴平行的直线与交于点，直线与轴交于点，证明：点共圆. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，进而求出即得的方程. （2）直线的方程与椭圆方程联立，借助韦达定理求出点即可求出轨迹方程. （3）利用弦长公式求出，再借助相似三角形及圆内四边形的判定推理得证. 【小问1详解】 在圆中，令，解得或，则， 因此椭圆的半焦距，长半轴长，短半轴长， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 点，当直线与轴不重合时，设直线方程为， 由消去得：， 设，则，， 联立得，即， 当直线与轴重合时，点满足方程， 所以线段的中点的轨迹方程是. 【小问3详解】 由，得，不妨令， 直线斜率，则， ， 因此，∽，则， 所以点共圆. 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 19. 已知开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数），是根据开启时收到的动态校验钥匙（为中的一个随机整数）计算得到的动态校验码，是的个位数字． （1）若，且依次为公差为1的无穷等差数列的前4项，求的前项和； （2）若，从中随机取1个数作为，求动态校验码的分布列； （3）若的取值分别为，其中等可能地取，求的概率． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）由题意，再根据推导出是一位数，且能被10整除，进而可得； （2）根据题意可得为的个位数字，再得出分布列即可； （3）根据题意解得，进而可得且的概率，从而可得的概率. 【小问1详解】 因为是公差为1的等差数列中的第4项， 所以， 因，所以， 的个位数字为， 因为， 所以是一位数，且能被10整除， 所以， ． 【小问2详解】 因为， 所以， 所以为的个位数字， 当或5时，，当或8时，， 当或6时，，当或9时，， 当或7时，， 所以的分布列为 0 2 4 6 8 【小问3详解】因为， 所以， 因为的取值分别为， 所以， 若，则取时，的个位数分别为， 所以且的概率为， 若，则取时，的个位数分别为， 所以且的概率为， 若，则取时，的个位数分别为， 所以且的概率为， 若，则取时，的个位数分别为， 所以且的概率为0， 若，则取时，的个位数分别为， 所以且的概率为， 所以的概率为． 【点睛】方法点睛： （1）根据题意列出动态校验码的定义写出数列各项满足的递推公式，进而转化为数列题型； （2）求的概率时分类讨论各个情况，再求概率和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$