精品解析：河南省漯河市2024-2025学年高三上学期期末质量监测数学试题

漯河市2024—2025学年上学期期末质量监测 高三数学 第I卷（选择题） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上． 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．如需要改动，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．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 125 3. 已知向量为单位向量，且满足，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若圆锥的母线长为2，且圆锥的侧面积为，则该圆锥母线与底面所成角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则关于函数说法正确的是（ ） A. 关于对称 B. 关于对称 C. 在上递增 D. 有最大值 6. 已知，若圆上存在点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则此函数的所有零点的和为（ ） A. 18 B. 16 C. 14 D. 12 8. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 对任意的，都有 B. 当时，有两个实根 C. 若关于的方程在上只有一个解，则的取值范围为 D. 若方程有两个不同的根，且恒成立，则 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某校高三第一、二次数学测试成绩分别满足：，则（ ） A. 学生在两次考试中超过90分的概率与无关 B. 时，第一次测试成绩在的概率更大 C. 时，第二次测试成绩在的概率更大 D. 时，第二次测试成绩在的概率更大 10. 在平面直角坐标系内，动点到定点的距离与到定直线的距离的和为4．记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论正确的是（ ） A. 曲线过原点 B. 曲线是轴对称图形，也是中心对称图形 C. 曲线恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） D. 曲线围成区域的面积大于 11. 在四棱锥中，，，，，，是的中点，则（ ） A. 平面 B. 的长可能为 C. D. 点在半径为的球面上 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若在斜二测画法得到的直观图中，分别是上的单位向量，定义：若，则点在直观图的坐标系中的坐标为．已知在直观图的坐标系中的点坐标为，则可以是_____． 13. 已知、分别为等差数列、的前项和，，则_____． 14. 已知函数，用表示函数当自变量时的最大值，表示函数当自变量时的最小值，则_____． 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. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若是的一条内角平分线，，，求的周长． 16. 已知函数． （1）讨论函数在区间上的零点个数； （2）证明：当时， 17. 如图，已知四面体中，，，平面平面． （1）求证：； （2）若点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若在此四面体中任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为．试比较概率的大小． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点为坐标原点,为椭圆的右顶点． （1）求的方程； （2）过点斜率为的直线交椭圆于另一点，求的面积； （3）在（2）的条件下，若点为椭圆上不与点重合的点，且的面积与的面积相等，求点的坐标． 19. 对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列．记，称数列为数列的二阶差分数列，，一般地，对于，记，规定：，称为数列的阶差分数列．对于数列，如果（为常数），则称数列为阶等差数列． （1）分别求出数列的二阶差分数列，并判断是否为2阶等差数列； （2）已知数列满足，且为的二阶差分数列，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若数列满足，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漯河市2024—2025学年上学期期末质量监测 高三数学 第I卷（选择题） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上． 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．如需要改动，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．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数的定义域求得集合，由指数函数的值域求得集合，然后利用集合交集的定义得到. 【详解】∵，∴，∴， ∵，∴， ∴. 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 125 【答案】B 【解析】 【分析】据复数的模长结合乘法运算可得复数，再由共轭复数的概念和模长公式即可求解. 【详解】，则，则，则. 故选：B. 3. 已知向量为单位向量，且满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及数量积的运算律计算得解. 【详解】由，得，则， 由，得，则， 而为单位向量，所以. 故选：C 4. 若圆锥的母线长为2，且圆锥的侧面积为，则该圆锥母线与底面所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得圆锥底面圆的半径，结合圆锥的图形和三角函数，即可求解. 【详解】圆锥的母线长为，且圆锥的侧面积为，根据公式得到，代入求得. 该圆锥母线与底面所成角为，则，则. 故选：B. 5. 已知函数，则关于函数说法正确的是（ ） A. 关于对称 B. 关于对称 C. 在上递增 D. 有最大值 【答案】C 【解析】 【分析】化简函数的解析式，然后令求得对称中心，令求得对称轴，令求得函数单调递增区间，由函数的性质知道函数的最大值. 【详解】， 令，解得，则函数的对称中心为，A选项错误； 令，解得，则函数的对称轴为，B选项错误； 令，解得，即函数的递增区间为，C选项正确； 由三角函数的性质可知，D选项错误. 故选：C. 6. 已知，若圆上存在点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先求出的轨迹方程，分析可得圆与圆有公共点，结合圆与圆的位置关系分析可得答案． 【详解】根据题意，设点，，点满足， 则有，变形可得，则的轨迹方程为， 若圆上存在符合题意的点， 则圆与圆有公共点， 又圆的圆心为，半径为2， 圆的圆心为，半径为3， 则有，解得，即的取值范围是． 故选：C 7. 已知函数，则此函数的所有零点的和为（ ） A. 18 B. 16 C. 14 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数与图象的图象，它们交点横坐标即为的零点，由图象及对称性可得结论． 【详解】由题意的零点个数，即为函数与图象交点个数， 函数的图象关于直线对称，函数是周期为4的周期函数，且图象也关于直线对称， 作出它们的图象，如图， 函数的最大值是2，，因此由图象可得它们在直线右侧有三个交点，总共6个交点， 所以的所有零点的和为， 故选：D． 8. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 对任意的，都有 B. 当时，有两个实根 C. 若关于的方程在上只有一个解，则的取值范围为 D. 若方程有两个不同的根，且恒成立，则 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了特殊的复合函数的求导及极值点分析；A选项利用代值法判断；B选项利用图像判断，注意当趋于时，函数值趋于；C选项构造函数，利用图像判断；D选项利用对数不等式，进行判断； 【详解】，利用复合函数求导，可得，当时，，所以在区间上单调递增；当时，，所以在区间上单调递减；在处，取到极大值点，.函数图像如下： 对于选项A：当时，不满足，故A错误； 对于选项B：由上分析得，当趋于时，函数值趋于， 当时，有两个实数根； 当时，有一个实数根； 故B错误； 对于选项C：方程，两边取对数得，即，令，则， 令，则，当时，， 所以在区间上单调递增；当趋于时，函数值趋于； 当时，，所以在区间上单调递减；当趋于时，函数值趋于； 故，如图所示： 当时，，与只有一个交点， 当时，，与有2个交点， 当时，与只有一个交点； 当时，，与有2个交点， 故在上只有一个解，则的取值范围为， 故C错误； 对于选项D：若方程有两个不同的根，则，设两根为， 则，由函数的单调性知，因为恒成立，所以同时是方程的两根；根据韦达定理得，因为，两边取对数得， ，两式做差，，根据对数不等式， ，即； ，即； 所以，选项D正确； 故选：D 【点睛】此题难度很高，考点也非常全面； （1）考查了特殊的复合函数的变形、求导和极值点分析； （2）考查了的图像与性质； （3）通过性质，判断出图像，特别需要注意当趋于时，函数值趋于； （4）考查了双变量含参问题中对数不等式的运用； 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某校高三第一、二次数学测试成绩分别满足：，则（ ） A. 学生在两次考试中超过90分的概率与无关 B. 时，第一次测试成绩在的概率更大 C. 时，第二次测试成绩在的概率更大 D. 时，第二次测试成绩在的概率更大 【答案】ABC 【解析】 【分析】由正态分布的图像和性质分别判断各个选项即可. 【详解】∵，测试成绩均关于对称， ∴，与无关，A选项正确； 当时，正态分布曲线示意图如图所示： 由图像可知，第一次测试成绩在的概率更大，B选项正确；第二次测试成绩在的概率更大，C选项正确； 所以D选项错误. 故选：ABC. 10. 在平面直角坐标系内，动点到定点的距离与到定直线的距离的和为4．记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论正确的是（ ） A. 曲线过原点 B. 曲线是轴对称图形，也是中心对称图形 C. 曲线恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） D. 曲线围成区域的面积大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题目整理方程，分段整理函数，画出图象，可得答案. 【详解】设，则，到直线l的距离， 由题意可知，， ，， 当时，， 则； 当时，，则，，. 可作图如下： 由图可知：曲线W过原点，且是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A正确，B错误； 曲线经过4个点，没有其它整点，故C正确； 由，，， 四边形的面积，， ， 多边形的面积 曲线W围成区域的面积大于，故D正确. 故选：ACD. 11. 在四棱锥中，，，，，，是的中点，则（ ） A. 平面 B. 的长可能为 C. D. 点在半径为的球面上 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，取的中点，连接、，证明四边形为梯形，结合线面平行担的性质，即可判断；对于B，设的中点为，连接、、，求出点的轨迹，即可判断；对于C，，求出的范围即可判断；对于D，设的中点为，连接，求出的长度即可判断. 【详解】对于A选项，取线段的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 因为，则，则、、、四点共面， 若平面，且平面，平面平面，则， 事实上，因为，且，故四边形为梯形，则、不平行， 故假设不成立，即与平面不平行，A错； 对于B选项，取的中点，连接、、，如下图所示： 由题意四边形为直角梯形，，，，， 则为等腰直角三角形，则，则， 在中，，，， 由余弦定理可得， 所以，， 由余弦定理可得， 所以，， 所以，， 则， 因为，所以点在以为球心，为半径的球面上运动（不过平面）， 则，所以，的长可能为，B对； 对于C选项，因为， ， 因为、不共线，所以， 所以，故C正确； 对于D选项，设的中点为，连接， 因为、分别为、的中点，则， 所以点在以为球心，为半径的球面上运动，D错. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有： （1）通过面面平行得到线面平行； （2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若在斜二测画法得到的直观图中，分别是上的单位向量，定义：若，则点在直观图的坐标系中的坐标为．已知在直观图的坐标系中的点坐标为，则可以是_____． 【答案】（或），任意写一个都算对 【解析】 【分析】画出图形，可借助余弦定理解题即可. 【详解】如下图所示，根据斜二测画法得到直观图， 当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知. 当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知. 故答案为：（或），任意写一个都算对. 13. 已知、分别为等差数列、的前项和，，则_____． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】运用等差数列前n项和的函数特征求解. 【详解】根据等差数列前n项和的函数特征，可设 则. 故答案为：. 14. 已知函数，用表示函数当自变量时的最大值，表示函数当自变量时的最小值，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】将函数看作y的函数，分类讨论在不同范围内取值时，它关于y的不同的单调性，得出在给定y的范围内取值时的最大值（是关于x的函数），进而求得x的各个范围或取值的函数的最小值或范围，最后综合各种情况，得到所求. 【详解】， 当且固定时，，为的单调递增函数， ∴， 当且固定时，，为的单调递减函数， ∴， 当时，， 综上所述， 故答案为： 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. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若是的一条内角平分线，，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的运算求出角；（2）根据三角形内角平分线性质以及三角形面积公式建立等式，结合余弦定理求出的值，进而得到三角形的周长. 【小问1详解】 由已知及正弦定理：， ， ， ，. 【小问2详解】 在中，由， 可得：， 又平分，则， 所以， 整理得①． 又由余弦定理，可得，即， 则有②， 由①②解得：或（舍）， 所以的周长为. 16. 已知函数． （1）讨论函数在区间上的零点个数； （2）证明：当时， 【答案】（1）答案见解析． （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用导数研究的性质，结合零点与函数图象交点之间的关系即可求解； （2）利用导数研究求得，进而，即在上恒成立，结合导数的应用求出即可. 【小问1详解】 由题可得函数的定义域为 令，可得，令，则， 由可得，由可得， 故在上单调递增，在上单调递减． 且. 所以当 或时，直线与函数图象无交点，此时函数无零点； 当或时，直线与函数图象有1个交点，此时函数有1个零点； 当时，直线与函数图象有2个交点，此时函数有2个零点． 【小问2详解】 ，则． 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以． 要证，即证， 即证恒成立，令， 则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 则恒成立，所以当时，恒成立． 17. 如图，已知四面体中，，，平面平面． （1）求证：； （2）若点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若在此四面体中任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为．试比较概率的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可； （3）分别列举出相互垂直的棱、相互垂直的面和一个面垂直不在此面上的一条棱的基本事件，结合古典概型的概率公式计算即可求解. 【小问1详解】 过作，交于，因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面，又平面，所以． 又因为平面， 所以平面．又平面，所以． 【小问2详解】 由（1）得，又平面， 所以平面，因为， 故． 又点是的中点，所以， 以为原点，过且与平行的线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 由题意知：， 所以． 设平面的法向量为，则有， 即，即， 令，则，即平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 6条棱中任选2条，共有种情况，其中相互垂直的棱有5对： ，故； 4个面任选2个面，共有种情况，其中相互垂直的面有3对： 平面平面，平面平面，平面平面，故． 任选1个面和不在此面上的1条棱，先从4个平面任选1个平面，共有种情况， 再从不在此面上的3条棱中选1条，有种情况，故共有种情况， 其中满足垂直关系的有2种，分别为平面和棱，平面和棱， 故， 所以． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点为坐标原点,为椭圆的右顶点． （1）求的方程； （2）过点斜率为的直线交椭圆于另一点，求的面积； （3）在（2）的条件下，若点为椭圆上不与点重合的点，且的面积与的面积相等，求点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用离心率以及椭圆上的点的坐标，代入计算可得的方程； （2）联立直线和椭圆方程求得，即可计算三角形面积； （3）求出点到直线的距离，再由三角形面积相等解方程即可求得结果. 【小问1详解】 根据离心率以及点的坐标可得，解得， 可知椭圆的方程为； 【小问2详解】 直线方程为：，令得：， 记， 由，得． 的面积． 【小问3详解】 在（2）的条件下，，如下图所示： 易知点到直线的距离 的面积与的面积相等，则与到直线的距离相等， 设到直线距离为的点在直线上， 则，解得或， 当时，由得（舍）或． 因此可得． 当时，联立，此时无解． 综上，点坐标为． 19. 对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列．记，称数列为数列的二阶差分数列，，一般地，对于，记，规定：，称为数列的阶差分数列．对于数列，如果（为常数），则称数列为阶等差数列． （1）分别求出数列的二阶差分数列，并判断是否为2阶等差数列； （2）已知数列满足，且为的二阶差分数列，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若数列满足，证明：． 【答案】（1），数列不是2阶等差数列，，数列是2阶等差数列． （2） （3）证明：因为，所以当时， ，不等式成立； 当时，，所以，不等式成立； 当时，， 所以．所以得证． 【解析】 【分析】（1）运用二阶差分数列和2阶等差数列概念计算判定；（2）运用累加法求通项公式，再用裂项相消求和即可；（3）分类讨论，再适当放缩，最后裂项相消求和即可得证. 【小问1详解】 由数列的阶差分数列定义可得数列的一阶差分数列为， 二阶差分数列为，故数列不是2阶等差数列． 数列的一阶差分数列为， 二阶差分数列为，故数列是2阶等差数列． 【小问2详解】 因为为的二阶差分数列，所以． 因为，代入上式可得 即，即，所以． 所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以， 即，所以数列前项和为 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：新定义的数列题关键是读懂题意，转化为熟悉的知识解题.最后一问关键是适当放缩再裂项相消求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $