精品解析：江苏省淮安市涟水县第一中学2024-2025学年高三下学期期初考试数学试题

涟水县第一中学2024-2025学年第二学期高三年级期初考试 数学试卷 命题：凡成 审核：凡成 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分. 1. 若，则等于（ ） A. A B. C. B D. 2. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 3. 设则（ ） A. B. C. 810 D. -810 4. 已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为3的正方形，往容器内注水后水面高度为2，若再往容器中放入一个半径为的实心铁球，则此时水面的高度为（ ） A. B. C. D. 5. 正三角形中是线段上的点，，则（ ） A. B. 6 C. D. 12 6. 函数的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. C. 5 D. 7. 某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为0.15，第二车间的次品率为0.12，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库，假设第一、二车间生产的成品比例为1:4，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，则该产品合格的概率为（ ） A. 0.874 B. 0.85 C. 0.868 D. 0.88 8. 已知是奇函数，实数、均小于，为自然对数底数，且，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知一组数据是公差为2的等差数列，若去掉首末两项，则（ ） A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 方差不变 D. 极差变小 10. 设函数则下列说法正确的有（ ） A. 函数仅有1个零点 B. 是的极小值点 C. 函数的对称中心为 D. 过可以作三条直线与的图象相切 11. 已知动点是双曲线上的点，点是的左，右焦点，是双曲线的左，右顶点，下列结论正确的是（ ） A. 若，则的面积为4 B. 点到两渐近线的距离之积为 C. 点在双曲线的右支时，的最大值为 D. 设的面积为，则为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某中学2400名学生参加一分钟跳绳测试.经统计，成绩近似服从正态分布，已知成绩小于76的有400人，则可估计该校一分钟跳绳成绩在108~140之间的人数约为________. 13. 已知抛物线：（）和圆：，若倾斜角为的直线过的焦点且与相切，则______． 14. 设为数列的前项和，若是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列是首项为3，公差为的等差数列，且数列是“和等比数列”，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. 已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 16. 某大学数理教学部为提高学生的身体素质，并加强同学间的交流，特组织以“让心灵沐浴阳光，让快乐充满胸膛”为主题的趣味运动比赛，其中A、B两名学生进入趣味运动比赛的关键阶段，该比赛采取累计得分制，规则如下：每场比赛不存在平局，获胜者得1分，失败者不得分，其中累计得分领先对方2分即可赢得最终胜利，但本次比赛最多进行6场．假设每场比赛中A同学获胜的概率均为，且各场比赛的结果相互独立． （1）求趣味比赛进行到第2场时比赛就结束的概率； （2）此次趣味比赛中记比赛停止时已比赛的场数为X，求X的分布列及数学期望． 17. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭交于两点，点的坐标为，且，求实数的值． 18. 已知函数. （1）求的图象在处的切线方程； （2）若函数，求不等式的解集. 19. 如图，在三棱锥 中， 是线段 上的点. （1）求证:平面 平面 ； （2）若直线 与平面 所成角为 ，求 的值； （3）若 平面 ， 为垂足，直线 与平面 的交点为 . 当三棱锥 体积最大时，求 的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 涟水县第一中学2024-2025学年第二学期高三年级期初考试 数学试卷 命题：凡成 审核：凡成 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分. 1. 若，则等于（ ） A. A B. C. B D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦恩图判断即可. 【详解】由韦恩图可得. 故选：B 2. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数的四则运算得出；再根据复数的虚部定义即可求解. 【详解】因为复数z满足， 所以. 又因为 即. 故选：B. 3. 设则（ ） A. B. C. 810 D. -810 【答案】C 【解析】 【分析】含的项就是从5个中选1个取，其余4个取，相乘而得的，故可求的系数. 【详解】因为的展开式中，的系数为：. 所以. 故选：C 4. 已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为3的正方形，往容器内注水后水面高度为2，若再往容器中放入一个半径为的实心铁球，则此时水面的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，容器中放入铁球后，总体积为，由此列方程求解即可. 【详解】由已知可得圆柱的底面半径为，往容器内注水后水面高度为2， 此时放入一个半径为的实心铁球，铁球的直径为，所以铁球完全没入水中， 设此时水面的高度为，则，解得. 故选：D 5. 正三角形中是线段上的点，，则（ ） A. B. 6 C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的基本运算，结合数量积公式求解即可. 【详解】由题意， . 故选：C 6. 函数的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用题意计算得，再结合正弦函数的性质判断即可. 【详解】求函数的图象与直线的交点， 可得，， 即得， 令, 根据正弦函数的性质得有1个解，有2个解，有2个解， 所以共有5个解， 函数的图象与直线的交点个数为5. 故选：C. 7. 某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为0.15，第二车间的次品率为0.12，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库，假设第一、二车间生产的成品比例为1:4，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，则该产品合格的概率为（ ） A. 0.874 B. 0.85 C. 0.868 D. 0.88 【答案】A 【解析】 【分析】根据概率的乘法公式求解即可. 【详解】由题意，该产品合格的概率为. 故选：A 8. 已知是奇函数，实数、均小于，为自然对数底数，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的性质可得出，由已知可得出，，由结合对数函数的单调性可得出，可得出，可得出，并推导出、，即可得解. 【详解】对任意的，，则函数的定义域为， 因为函数为奇函数，则，可得，所以，， ，则函数为奇函数，符合题意； 因为，， 则，， 因为，则， 所以，即，即， 即， 因为，，则，则，故，即， 又因为，即，可得或， 则或，即，同理可知，，故. 故选：D. 二、多项选择题：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. 已知一组数据是公差为2的等差数列，若去掉首末两项，则（ ） A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 方差不变 D. 极差变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，结合等差数列的性质，由平均数，中位数，方差以及极差的计算公式，逐一检验，即可得到结果. 【详解】对A：原数据的平均数为：，去掉首末两项后的平均数为：.故A正确； 对B：原数据的中位数为：，去掉首末两项后，数据的中位数仍为：，故B正确； 对C：因为两组数据的平均数均为，所以原数据的方差为： ， 去掉首末两项后，数据的方差为：，所以新数据的方差变小，故C不正确； 对D：原数据的极差为，去掉首末两项后，数据的极差为：，所以极差变小.故D正确. 故选：ABD 10. 设函数则下列说法正确的有（ ） A. 函数仅有1个零点 B. 是的极小值点 C. 函数的对称中心为 D. 过可以作三条直线与的图象相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求导函数，根据导函数正负得出函数的单调性得出极值进而得出零点判断A，B；应用对称性定义计算判断C，先设切点再得出切线方程代入计算求参即可得出三个根判断D. 【详解】对AB，，， 当或时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以，，又， 所以函数仅有1个零点，且该零点在区间上，故A正确，B错误； 对C，由，得， 所以函数的图象关于对称，故C正确； 对D，设切点为，则，故切线方程为， 又过点，所以，整理得， 即，解得或或，所以过可以作三条直线与的图象相切，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知动点是双曲线上的点，点是的左，右焦点，是双曲线的左，右顶点，下列结论正确的是（ ） A. 若，则的面积为4 B. 点到两渐近线的距离之积为 C. 点在双曲线的右支时，的最大值为 D. 设的面积为，则为定值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据双曲线的定义，结合勾股定理即可求解，由面积公式即可求解A；根据点到直线的距离公式即可求解B；根据双曲线定义得，即可消元，结合对勾函数的性质求解C；根据和差角的正切公式，结合斜率公式以及面积公式即可求解D. 【详解】对于选项A：因为双曲线，故可得， 当时，， 故，则，故A错误； 对于选项B：设点，则， 又因为双曲线渐近线为， 故到两渐近线的距离之积为，故B正确； 对于选项C：因为，可得， 则, 因为，故在单调递增， 则当时，取最大值，故C错误； 对于选项D：不妨设点在轴上方，则， 则， 又，， 故，又， 故； 当点在轴下方时，同理可得； 综上所述：为定值，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：，又，，结合双曲线方程化简. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某中学2400名学生参加一分钟跳绳测试.经统计，成绩近似服从正态分布，已知成绩小于76的有400人，则可估计该校一分钟跳绳成绩在108~140之间的人数约为________. 【答案】800 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性，结合的概率，求出的概率，再估算成绩在之间的人数. 【详解】因为，且. 所以. 所以成绩在108~140之间的人数约为：. 故答案为： 13. 已知抛物线：（）和圆：，若倾斜角为的直线过的焦点且与相切，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】设直线l的方程为，再根据直线和圆相切求出的值得解． 【详解】由题得抛物线的焦点坐标为， 设直线l的方程为， 由已知得圆的圆心，半径， 因为直线l与圆相切， 所以圆心到直线的距离， 即，解得或（舍去）． 所以． 故答案为：6． 14. 设为数列的前项和，若是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列是首项为3，公差为的等差数列，且数列是“和等比数列”，则 　 ． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：设数列的前n项和为，且， 因为数列是等差数列，所以 所以对于都成立， 化简得：， 则，因为，所以，. 考点：等差数列的前n项和公式. 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. 已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据面积公式，正切公式，以及两角和的余弦公式求，并求，即可求解； （2）根据正弦定理，以及（1）的结果，求得，再结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 由题意知：，所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由正弦定理得：， 由（1）知：，所以， 由余弦定理得： 即，所以， 所以的周长为． 16. 某大学数理教学部为提高学生的身体素质，并加强同学间的交流，特组织以“让心灵沐浴阳光，让快乐充满胸膛”为主题的趣味运动比赛，其中A、B两名学生进入趣味运动比赛的关键阶段，该比赛采取累计得分制，规则如下：每场比赛不存在平局，获胜者得1分，失败者不得分，其中累计得分领先对方2分即可赢得最终胜利，但本次比赛最多进行6场．假设每场比赛中A同学获胜的概率均为，且各场比赛的结果相互独立． （1）求趣味比赛进行到第2场时比赛就结束的概率； （2）此次趣味比赛中记比赛停止时已比赛的场数为X，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列： 2 4 6 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算即可； （2）的取值可能是，分别求出概率，即可写出分布列，根据数学期望的公式计算即可． 【小问1详解】 由题可知，A同学连胜2场或连败2场，则其概率． 【小问2详解】 由题可知，的取值可能是， 由（1）知，， 当时，前2场打平，后两场连胜或连败， 则， ， 所以分布列为： 2 4 6 所以数学期望． 17. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭交于两点，点的坐标为，且，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率及椭圆经过点列出关于方程组，求解即得； （2）设，，联立直线与椭圆方程，将转化为形式，再利代入韦达定理求解即可. 【小问1详解】 ∵椭圆的离心率，且过点， ∴，解得， ∴椭圆的方程为. 【小问2详解】 设. 联立，得. ∴，即， ∴，， ∴ ∵， ∴，整理得， 解得，满足， 所以. 18. 已知函数. （1）求的图象在处的切线方程； （2）若函数，求不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意求得切线斜率，求得切点坐标，利用点斜式方程可求切线方程； （2）作差得，构造函数，根据导数研究其单调性，求得最值，进而可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 则， 则的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 . 令，则， 由，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增，则. 故当时，，当时，， 从而的解集为. 19. 如图，在三棱锥 中， 是线段 上的点. （1）求证:平面 平面 ； （2）若直线 与平面 所成角为 ，求 的值； （3）若 平面 ， 为垂足，直线 与平面 的交点为 . 当三棱锥 体积最大时，求 的值. 【答案】（1） 取 的中点 ，连接 ， ， 因为 ， ，则 ， 所以 ，所以 ， 所以 ，又因为 ，所以 ， 则 ， 又因为 ， 所以 ， 又因为 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ， 所以平面 平面 ; （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）根据三角形的边长关系，结合勾股定理可得，，进而可得 平面 ，根据面面垂直的判定即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据线面角的向量求解，即可得解， （3）根据锥体体积的计算，结合二次函数的性质可得体积最大时 时，即可根据空间向量的坐标运算，结合共面定理就可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以,2)，所以 设 ， 因为 ，所以 ，所以 ， 所以 设平面 的法向量为 ， 则 ，所以 取 ，可得 ，所以 ， 因为直线与平面所成角为，所以 则 ，化简可得: 解得: 或 (舍去). 所以 . 【小问3详解】 由 (1) 知， 平面 ，又 平面 ， 所以 在 上，因为 ，所以 ， ，所以 ， 即 ，所以 所以 三棱锥 体积为: 因为 ，当 时，三棱锥 体积最大为 ， 此时 分别为 的中点，所以 ,2)， 设 ，设 ， 因为 ， 所以 ，所以 因为 在平面 上，所以设 所以 即 解得 所以 ，所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $