精品解析：广东省深圳市深圳高级中学（集团）2024-2025学年高三第三次诊断考数学试题

深圳高级中学（集团）2024—2025学年高三第三次诊断考试 数学 满分150分，考试用时120分钟 命题人：高三数学备课组 审题人：高三数学备课组 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. 设全集，集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解绝对值不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得，所以， 又，所以， 则. 故选：C 2. 若复数满足（是虚数单位），则复数的虚部是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法可得； 【详解】，所以复数的虚部是2. 故选：B. 3. 已知向量满足,,且,则（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律，数量积求模，垂直关系的向量即可求解. 【详解】因为，则， 又因为， 由得， 则，则， 故选：A. 4. 设，则（ ） A. 21 B. 64 C. 78 D. 156 【答案】A 【解析】 【分析】首先写出展开式的通项，再根据等差数列前项和公式计算可得； 【详解】解：的展开式的通项为，， 所以. 故选：A. 5. 曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】，所以在点处的切线方程为，它与的交点为，与的交点为，所以三角形面积为 故选：A 6. 已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得，代入的方程，求出直线所过定点坐标，结合切线性质求结论. 【详解】因为成等差数列， 所以， 代入方程可得， 令，解得， 故直线恒过点，即圆心， 故， 设切点为，则， 故． 所以点到切点的距离为. 故选：A. 7. 只用1，2，3这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ） A. 30个 B. 36个 C. 42个 D. 48个 【答案】C 【解析】 【分析】分同一个数字出现3次和两个数字出现两次，第三个数字出现1次两种情况，求出各个情况数，相加得到答案. 【详解】同一个数字出现3次时，其他两个数字进行插空， 故有种情况， 有两个数字出现两次，第三个数字出现1次时，此时有种情况， 以两个1，两个2，一个3为例， 若两个1出现在万位和百位，此时2可以在千位和十位或千位和个位，有2种情况， 若两个1出现在万位和十位，此时2可以在千位和个位或百位和个位，有2种情况， 若两个1出现在万位和个位，此时2只能在千位和十位，有1种情况， 若两个1出现在千位和十位，此时2可以在万位和百位或万位和个位或百位和个位，有3种情况， 若两个1出现在千位和个位，此时2可以在万位和百位或万位和十位，有2种情况， 若两个1出现在百位和个位，此时2可以在万位和十位或千位和十位，有2种情况， 故有种情况， 所以，共有种情况， 综上，这样的五位数共有种. 故选：C 8. 已知函数，对任意，都有，且存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出在区间和上单调性，进而求出在这两个区间上的取值范围， 再根据条件构造函数，再结合条件，利用二次函数性质，即可求解. 【详解】因为，则在区间恒成立， 即在区间上单调递增，所以，当时，， 令，由题有对恒成立， 则，又的对称轴为， 所以，得到， 解得. 又当时，，即在区间上单调递减， 所以当时，， 又存在，使得，所以， 得到，解得或， 综上，实数的取值范围是. 故选：C. 【点晴】关键点点晴，本题的关键在于利用导数，求出在区间和上单调性，进而得到在这两个区间上的取值范围，从而将问题转化成二次函数在区间上恒成立和有解问题. 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，有多项奪合题目要求.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. 一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由平均数与标准差的定义求解判断． 【详解】由题意， ， 同理 两式相加得， ， 所以，． 故选：BC． 10. 已知函数的导函数为，下列判断正确的是（ ） A. 函数关于中心对称，函数关于轴对称 B. 在复数范围内方程有三个根，且三个根的和为3 C. 时， D. 四次函数必为轴对称函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：根据对称性的定义分析判断；对于B：整理可得，进而分析的根即可；对于C：分析可知函数在内单调递减，结合单调性分析判断；对于D：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：因为， 可知函数关于中心对称， 由，可得， 则， 所以函数关于轴对称，故A正确； 对于选项B：因为， 设在复数范围内方程有2个根为，则， 可知在复数范围内方程有三个根为，则 所以三个根的和为3，故B正确； 对于选项C：若，则， 可知函数在内单调递减， 且，可得，所以，故C正确； 对于选项D：例如， 假设为轴对称函数，则存在，使得， 因为， 可得，方程组无解， 即假设不成立，可知不为轴对称函数，故D错误； 故选：ABC. 11. 如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（ ） A. 与所成的角为定值 B. 球的表面积的最大值为 C. D. 存在点使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】A利用线面垂直得到线线垂直；B利用空间直角坐标系确定外接球半径，再确定外接球表面积；C利用空间直角坐标系与线面夹角的定义求解；D利用空间直角坐标确定平面的法向量，从而求得的坐标. 【详解】方案一：A选项：由题意可得，，，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，则根据正弦定理，可得，即，所以，因为，所以，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：如图，过点作，垂足为M，连接CM，易得，平面BCD，则，，，，，. 假设，即，设，，则，，，解得或，与矛盾，所以假设不成立.同理可证当M再BD延长线上时，无解.所以C正确. D选项：如图过点D作DO平面，垂足为O，易得O在的角平分线CE上，连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN.则，，，，，由对称性可知. 【方法一】假设成立，则，即点D在底面的射影为的内心，设，，则，， 所以，，所以， 又，所以，解得.所以D正确. 【方法二】，由对称性可知， 在直角中，， 当时，，，.所以D正确. 方案二：如图建立空间直角坐标系，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，根据等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，易得，，， 不妨设，显然，，. A选项：，，显然，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：根据题意不妨设球心，球半径为R， 则，又，， 即， 又化简可得，，所以， 因为，，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：显然易得，，， 假设成立，则， 当时解得(舍去)或，与矛盾， 当时，解得(舍去)， 综上所述，无解，假设不成立，所以C正确. D选项：设平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 假设存在使得成立，即， 根据，，，可得， ，，， 所以， ， ， 所以，又 解得，所以假设成立，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】一、向量法求线面角的两种方法 （1）分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）. （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角（夹角为钝角时取其补角），取其余角就是斜线与平面所成的角. 二、向量法求二面角大小的常用方法 （1）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得夹角得到二面角的大小，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角. （2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的太小就是二面角的大小. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式得出，再应用二倍角正弦公式计算即可求值. 【详解】 因为，所以， 所以. 故答案为：. 13. 无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和.若对任意，，则k的最大值为______. 【答案】4 【解析】 【详解】试题分析：当时，或；当时，若，，于是， 若，，于是， 若，，于是， 若，，于是， 所以当时，， 所以要涉及最多的不同的项数列可以为：2,1，−1,0,0…，从而可看出. 【考点】数列的项与和 【名师点睛】从研究与的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列由k个不同的数组成”和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等. 14. 已知的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得到，再通过转化和构造，利用基本不等式，即可求解. 【详解】由，得到，所以， 则， 又，所以， 当且仅当，即时取等号， 又， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 故答案为：. 【点晴】关键点点晴，本题的关键在于将条件变形为，再利用基本不等进行求解. 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. 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）若边上的中线，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，利用正弦定理转化为，再利用两角和的正弦公式求解； （2）在中，由余弦定理得到，然后分别在和中，利用余弦定理结合，两式相加得到，联立求得c，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 解；因为， 所以， 所以， 即 ， 因为 ， 所以 ， 所以； 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 即①， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为， 两式相加得②， 由①②得， 所以. 16. 如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点. （1）证明：； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接 平面平面，平面平面平面 平面 平面 ，即 又平面平面 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直证明线面垂直，可得，再证明，则可得平面，从而可证明； （2）分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的一个法向量，即可利用空间向量夹角公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，设，连接 平面平面，平面平面 ，易知 取中点，连接，则两两互相垂直. 分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系 则 ， ， 设平面的一个法向量 则即令，则 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 17. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴. （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆定义求出即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出三角形面积，利用基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 依题意，右焦点，则左焦点，而，轴， 则，于是， 解得，，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去并整理得， ，解得， 设，则 则面积， 令，则，且， ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为. 18. 深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 【答案】（1） 2 3 4 ， （2） （3） 在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分， 记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件， 则，，，即， 由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列， ，因此， 随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于， 所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到变量的可能取值为，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望. （2）由这人的合计得分为分，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解. （3）记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，得到，结合数列的递推关系式，进而求得数列的通项公式，得到答案. 【小问1详解】 依题意，随机变量的可能取值为， 则，， 所以的分布列如下表所示： 2 3 4 数学期望为. 【小问2详解】 由这人的合计得分为分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩， 于是，令数列的前项和为， 则， 于是， 两式相减得 ，因此， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； （2）设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形； （3）证明：. 【答案】（1） （2） ， 对于函数， 有，解得，即函数的定义域为， 对于函数，则，可得，解得或， 所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称， 因为 ， 故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形. （3） 当时，， 则，令， 则， 当时，，则函数在上为增函数，此时，， 即，所以，函数在上为增函数，此时，， 取，可得， 于是，即， 所以，， 故. 【解析】 【分析】（1）求出，由题意可得，由此可求得实数的值； （2）求出函数的解析式，可得出其定义域，可知函数的定义域关于直线对称，然后证明出，即可证得结论成立； （3）当时，求出函数的解析式，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，再利用对数函数的单调性化简可得出所证不等式. 【小问1详解】 因为， 则， 由题意可知，，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳高级中学（集团）2024—2025学年高三第三次诊断考试 数学 满分150分，考试用时120分钟 命题人：高三数学备课组 审题人：高三数学备课组 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. 设全集，集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（是虚数单位），则复数的虚部是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知向量满足,,且,则（　　） A. 1 B. C. D. 2 4. 设，则（ ） A. 21 B. 64 C. 78 D. 156 5. 曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 只用1，2，3这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ） A. 30个 B. 36个 C. 42个 D. 48个 8. 已知函数，对任意，都有，且存在，使得，则实数的取值范围是（ ） 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，有多项奪合题目要求.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. 一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的导函数为，下列判断正确的是（ ） A. 函数关于中心对称，函数关于轴对称 B. 在复数范围内方程有三个根，且三个根的和为3 C. 时， D. 四次函数必为轴对称函数 11. 如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（ ） A. 与所成的角为定值 B. 球的表面积的最大值为 C. D. 存在点使得 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则____________. 13. 无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和.若对任意，，则k的最大值为______. 14. 已知的最小值为__________. 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. 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）若边上的中线，求的面积. 16. 如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点. （1）证明：； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴. （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求面积的最大值. 18. 深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与 轴平行，求的值； （2）设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $