精品解析：山东省青岛市莱西区第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

莱西一中高三数学第二学期开学检测 一、单选题 1. 点在抛物线上，若点到点的距离为6，则点到轴的距离为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数为上的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若圆与圆恰有一条公切线，则下列直线一定不经过点的是（ ） A B. C. D. 5. 班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ） A. 60种 B. 54种 C. 48种 D. 36种 6. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，若直线与在第一象限内的交点为，且轴，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知向量，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 10. 已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（ ） A. “”与“” B. “”与“” C. “”与“” D “平面平面”与“平面平面” 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为 B. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为 C. 若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为 D 若，则 三、填空题 12. 已知，且，则________． 13. 甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为________． 14. 已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________． 四、解答题 15. 随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下： 分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91. 分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89. （1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数； （2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望. 16. 如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且． （1）证明：平面； （2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知数列满足为常数，若为等差数列，且． （1）求的值及的通项公式； （2）求的前项和． 18. 对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“可移倒数点”．已知． （1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； （2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 19. 已知椭圆短轴长为2，离心率为. （1）求的方程； （2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且. （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）当时，求点到的距离的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 莱西一中高三数学第二学期开学检测 一、单选题 1. 点在抛物线上，若点到点的距离为6，则点到轴的距离为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线的定义知，点到焦点的距离等于点到准线的距离，结合点和准线的位置，求点到轴的距离. 【详解】抛物线开口向右，准线方程为， 点到焦点的距离为6，则点到准线的距离为6， 点在y轴右边，所以点到y轴的距离为4． 故选：A． 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由交集的定义求解. 【详解】集合，则. 故选：D 3. 已知函数为上偶函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据偶函数的定义可得，结合函数解析式和对数的运算性质即可求解. 【详解】因为为偶函数，所以， 则. 故选：A 4. 若圆与圆恰有一条公切线，则下列直线一定不经过点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两圆公切线条数确定两圆位置关系，从而可得圆心所满足的轨迹方程，从而逐项判段直线与圆位置关系，确定直线是否过点即可. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 若圆与圆恰有一条公切线，则两圆内切， 所以，即，所以点的轨迹为圆， 对于A，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故A不符合； 对于B，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故B不符合； 对于C，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故C不符合； 对于D，圆心到直线的距离为，则该直线不过点，故D符合； 故选：D. 5. 班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ） A. 60种 B. 54种 C. 48种 D. 36种 【答案】B 【解析】 【分析】分甲、乙、丙三位同学都有安排和甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排两种情况进行说明即可. 【详解】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时， 先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果， 然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果， 余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果， 所以不同的安排方案共有种， 第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时， 先选两人出来，有种结果， 再将四门不同学科分成两堆，有种结果， 将学科分给学生，有种结果， 所以不同的安排方案共有种， 综合得不同的安排方案共有种. 故选：B. 6. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，若直线与在第一象限内的交点为，且轴，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，由轴得，利用斜率公式可得结果. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为，依题意有， 即，又右焦点为，且轴，所以， 所以， 故选：C. 7. 如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故选：B 8. 已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为， 则，， 所以， 当且仅当时等号成立，此时， 所以. 故选：A 二、多选题 9. 已知向量，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据投影向量的公式求出的值，再根据向量坐标运算逐项判断即可. 【详解】对于A，因为在上的投影向量为，即， 所以，即，解得，故A正确； 对于B，，所以，故B错误； 对于C，，所以，故C正确； 对于D，，所以与的夹角为，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（ ） A. “”与“” B. “”与“” C. “”与“” D. “平面平面”与“平面平面” 【答案】BC 【解析】 【分析】利用正方形的特征可判定A，利用球的特征可判定B，利用面面垂直的性质可判定C，利用反证法可判定D. 【详解】对于A，显然时，而底面是正方形，， 所以不成立，故A错误； 对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以为半径的球面上时可符合题意，故B正确； 对于C，当平面底面时， 由面面垂直的性质可知平面，平面，显然符合题意，故C正确； 对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面， 如图有，取，作， 垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知， 由线面垂直的性质可知， 又，由线面垂直的判定可知， 若“平面平面”与“平面平面”同时成立， 易知平面平面，可设平面平面，则， 则平面， 易知平面，所以面，则， 则有平面，显然不成立，故D错误. 故选：BC 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为 B. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为 C. 若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】先判断函数的单调性及值域，由条件确定的范围，设点的坐标分别为，列方程化简可得，由此判断AB，判断直线与的图象能围成封闭图形的形状，结合面积公式判断C,由条件，结合两角差余弦公式可求，根据二倍角公式可求，由此判断D. 【详解】由，可得， 所以在区间上单调递减， 且，， 所以， 由，可得， 所以函数在区间上单调递减， 且，， 所以， 由已知， 所以直线与函数都只有一个交点， 设点的坐标分别为， 则， ，， 因为函数在上单调递减， 所以， 所以， 所以，A错误，B正确， 设直线与函数的交点为， 则，又， 所以四边形为平行四边形，其面积，C正确； 对于D，因为， 所以，， 所以，，即， 又， 所以， 所以，又， 所以 所以，D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是利用正弦型函数的性质得到点横坐标之间的关系，即. 三、填空题 12. 已知，且，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算和相等复数建立关于a的方程，解之即可. 【详解】， 所以，解得. 故答案为：1 13. 甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为________． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，根据条件概率公式分别求解、的值，进而计算可得答案． 【详解】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件， ， ， 故． 故答案为：． 14. 已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数关于点中心对称，进而正方形的对称中心为，设出直线的方程为，则直线的方程为，,，,，则,，,，联立直线方程与函数可得，，由，可得，进而求得的值，所以可得，代值计算即可得出答案． 【详解】因为，所以，则，得函数关于点中心对称， 显然该正方形的中心为， 由正方形性质可知，于，且， 不妨设直线的方程为，则直线的方程为， 设，,，则,，,， 联立直线方程与函数得，即， ，同理， 又， ，即， 化简得，， ， ． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线的综合运用.解决本题的关键是利用函数的对称性与正方形的对称性，从而可设互相垂直的两条直线，再根据直线与曲线相交的坐标关系，进而利用相交弦长公式确定直线斜率关系式.考查了运算求解能力，属于较难题目． 四、解答题 15. 随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下： 分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91 分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89. （1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数； （2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2），分布列见解析 【解析】 【分析】（1）将数据从小到大排列，根据第一四分位数的概念求解即可； （2）先求出两个公司不满意的人数，确定随机变量的取值，然后求出对应的概率，根据数学期望公式求解即可. 【小问1详解】 将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94. 因为， 所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为. 【小问2详解】 由已知得分公司中75分以下的有66分，72分； 分公司中75分以下的有62分，70分，73分， 所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人. 所以的所有可能取值为1，2，3. ， 所以的分布列为 1 2 3 数学期望. 16. 如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且． （1）证明：平面； （2）若平面，且，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）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可. （2）建立适当空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解. 【小问1详解】 在线段上取一点，使， 连结，则， 又因为，所以， 因为平面平面，所以平面， 由，得，又，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又四边形正方形，所以， 所以两两互相垂直． 所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得， 于是， ， 设平面的法向量为，则， 得，即， 令，得，所以平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知数列满足为常数，若为等差数列，且． （1）求的值及的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1）的值为 （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得； （2）由题意可得，借助分组求和法计算即可得解. 【小问1详解】 由题意知， 因为，所以, 设等差数列的公差为，则， 解得，所以， 所以的值为的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）知，， 所以 ． 所以的前项和． 18. 对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． （1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； （2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间. （2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可. 【小问1详解】 由为“的可移倒数点”，得， 即，整理，即，解得， 由的定义域为R，求导得， 当时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增， 所以的单调递增区间为，递减区间为． 【小问2详解】 依题意，， 由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根， ①当时，，方程可化为，解得， 这与不符，因此在内没有实数根； ②当时，，方程可化为， 该方程又可化为． 设，则， 因为当时，，所以在内单调递增， 又因为，所以当时，， 因此，当时，方程在内恰有一个实数根； 当时，方程在内没有实数根． ③当时，没有意义，所以不是的实数根． ④当时，，方程可化为， 化为，于是此方程在内恰有两个实数根， 则有，解得， 因此当时，方程在内恰有两个实数根， 当时，方程在内至多有一个实数根， 综上，的取值范围为． 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 19. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为. （1）求的方程； （2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且. （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）当时，求点到的距离的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）2 【解析】 【分析】（1）根据短轴长和离心率建立方程求解即可； （2）（ⅰ）利用向量的坐标运算求得点的坐标，代入双曲线方程即可求解； （ⅱ）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，根据向量坐标运算得，从而代入化简得，即过定点，进而根据几何性质求得点到直线的最大距离. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得， 由，得，即， 由，得，即， 将的坐标分别代入的方程，得和， 解得，又，所以. （ⅱ）由消去，得， 其中， 设，则， 由， 得， 所以， 由，得， 即， 所以， 因此，又，所以. 所以的方程为，即过定点， 所以点到的最大距离为点与点的距离， 即点到的距离的最大值为2. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$