精品解析：陕西省安康市2024-2025学年高三下学期第三次质量联考数学试卷

2024—2025学年安康市高三年级第三次质量联考 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､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，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由集合交集、补集的定义即可求解. 【详解】由题意，， 所以. 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数乘法求解. 【详解】复数，则， 所以. 故选：D 3. 有一组样本数据，其平均数为，方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据样本平均数和方差的性质，即可求解. 【详解】根据样本数据平均数公式可知，，方差. 故选：C 4. 已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的定义确定坐标，即可求解. 【详解】由抛物线方程可得：抛物线的准线方程为：， 由抛物线的定义可得：点到准线的距离为6， 所以点纵坐标为，代入抛物线方程可得：， 得：， 所以点到轴的距离为， 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性计算范围比较即可. 【详解】已知， 则. 故选：A. 6. 已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 16 B. 32 C. 27 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】应用，再结合等比数列基本量运算计算求解. 【详解】因为，则， 所以， 因为，所以， 所以或舍， 所以. 故选：C. 7. 如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解. 【详解】对于图2，延长至点，使得，如图： 由条件可知， 又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线， 所以平面，平面， 又， 又平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，可得, 所以直棱柱的体积为：， 因为平行且等于，可得平行且等于，又， 所以三棱锥的体积为：， 所以六面体的体积为. 故选：D 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，则（ ） A. B. 101 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得，，求导得，进而可得，累加可求得. 【详解】因为函数及其导函数为奇函数，所以， 又函数为偶函数，所以， 对两边求导，得，所以， 又，所以， 所以，所以， 所以，，，， 所以，又，所以，所以，所以. 故选：A. 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. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量的坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用向量的模的坐标公式计算；B利用向量加法和数乘的坐标运算；C利用公式即可；D利用投影向量公式. 【详解】因，则，故A正确； ，则，则，故B正确； ，则，故C错误； 在上的投影向量为，故D正确. 故选：ABD 10. 在数列中，，对任意，则（ ） A. B. 为递增数列 C. 为等差数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，可得，可判断BC；利用累加法求出可判断A；进而利用裂项相消法求和可判断D. 【详解】令，则，所以，所以为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误； 由，，，， 累加得：， 所以，故， 而也符合该式，故，所以，故A正确； 又， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ） A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B. 蚂蚁移动到点的概率为 C. 蚂蚁回到原点的概率为 D. 蚂蚁移动到直线上的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可知蚂蚁每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，第一次从坐标原点出发， 有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理可得后面四次的走法， 利用分步乘法计数原理可得符合题意的路径数，而总路径数易得为种，利用古典概型可算得其概率； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，利用古典概型可算得其概率； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，需要分类讨论，求出符合题意的路径数，再除以总路径数即可求得其概率； 对于D，可设净移动的概念，则满足题意的净移动取值有，类似C选项的分析，进行分类讨论， 同时可以考虑问题的对称性，可求得符合题意的路径总数，再除以总路径数即可求得其概率. 【详解】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点， 最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理， 第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法， 第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法， 所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法， 即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种， 所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次， 总次数满足，即， 可能的组合有： ①，即左右都3次，路径数为种； ②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种； ③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种； ④，即上下都3次，路径数为种； 所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确； 对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动（向右移动次数减去向左移动次数）要等于 垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为， 向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意， 设水平净移动为，则垂直净移动也为， 当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种； 当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种； ②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种； ③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种； ②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合只有： ，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种； 由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意， 故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种， 所以概率为，故D正确； 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数的最小正周期为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦型函数最小正周期计算公式计算即可. 【详解】因为的最小正周期为， 所以. 故答案为：. 13. 函数的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据导数判断函数的单调性，再求函数的最值. 【详解】，， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得最小值. 故答案为： 14. 已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，，根据正切二倍角公式得，由，化简可得，再根据代入化简计算即可求解. 【详解】设，由题意可知， 则，， 所以， 因为在双曲线上，所以， 所以， 因为，所以, 得，即, 化简可得, 因为，所以， 所以. 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，内角所对的边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若的周长为，证明：为等边三角形． 【答案】（1） （2） 证明：由余弦定理得． 因为的周长为，即， 所以，即， 所以，故为等边三角形． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数即可得解； （2）由余弦定理及三角形周长化简可得证. 【小问1详解】 由及正弦定理，得． 因为，所以，则，得． 【小问2详解】 略 16. 如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：四边形为矩形，, 又，且平面,平面, 平面. 平面，. 又,且平面,平面, 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理找垂直关系即可得证. （2）建立空间直角坐标系，写出两个平面的法向量，根据两个平面夹角余弦值的公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 . 所以以点为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图 则 平面，即平面. 平面的一个法向量，. 设平面的一个法向量为 ,, ，得，得， 令，则，，. 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 现有一堆除颜色外其他都相同的小球在甲、乙两个袋子中，其中甲袋中有3个红色小球和3个白色小球，乙袋中有2个红色小球和3个白色小球．小明先从甲袋中任取2个球不放回，若这2个球的颜色相同，则再从乙袋中取1个球；若这2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个球． （1）求小明第二次取到的球是红球的概率； （2）记为小明取到的红球个数，求的分布列及期望值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式求解即可； （2）随机变量的值为，分别求得对应的概率，可得分布列，进而可求得期望值. 【小问1详解】 记小明从甲袋中取2个球的颜色相同为事件，记小明从甲袋中取2个球的颜色不相同为事件，记小明第二次取到的球是红球为事件， 则，，，， 所以由全概率公式，得； 【小问2详解】 随机变量的值为， 小明先从甲袋中取2个白球，再从乙袋中取1个白球时，则， 小明先从甲袋中取2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个白球 或小明先从甲袋中取2个白球，再从乙袋中取1个红球时， 则， 小明先从甲袋中任取2个红球，再从乙袋中取1个白球 或小明先从甲袋中取2个球的颜色不相同，再从甲袋中取1个红球时， 则， 小明先从甲袋中任取2个红球，则再从乙袋中取1个红球时， 则， 所以的分布列如下： 0 1 2 3 . 18. 给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为． （1）求椭圆的方程． （2）直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程． （3）是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】（1） （2）或 （3）4 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率及上下顶点即可求解； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，再根据弦长公式计算即可； （3）设直线的方程为,联立直线与“内切圆”方程解得坐标，联立直线与椭圆方程解得坐标，再计算直线的斜率即可. 【小问1详解】 由题意可知， 因为椭圆的上下顶点为,离心率, 所以,, 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，椭圆的右焦点为，且直线与轴不重合， 设直线的方程为,,如图①所示， 联立得, 所以， 由弦长公式得, 则，解得,故或, 所以直线的方程为或. 【小问3详解】 如图②所示，由（1）可得，“内切圆”的方程为，, 设直线的方程为, 联立，化简得， 解得或， 所以， 联立，化简得， 解得或， 所以, 所以，， 所以. 19. 已知函数，其中． （1）若是偶函数，求； （2）当时，讨论在上的零点个数； （3）已知，若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）函数在有两个零点 （3） 【解析】 【分析】（1）由偶函数的性质建立等式，求出； （2）代入，得到，求导得，令后再求导.由解析式可知当时，恒成立.当时，，得到单调递增，由二分法知道在存在唯一零点.由此知道函数的单调区间，再由二分法得到函数零点. （3）分与两种情况讨论，结合三角函数的性质以及导函数判断函数单调性建立不等式，最后求出的范围. 【小问1详解】 因为函数是偶函数，所以. 即，， 所以， 所以，所以，又，所以. 【小问2详解】 当时，，，可得， 令，则. 当时，，所以， 当时，，所以在单调递增， 又，， 所以存在，使得， 当，所以在上单调递减， 当，所以在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而，，，所以在上存在一个零点. 综上，函数在有两个零点. 【小问3详解】 当时， 若时，，所以， 若时，若，则成立； 只需考虑，此时令， 则，在递增， 又，， 所以存在，使得， 可得， 若，则，在递减； 若，则，在上递增. 所以，解得. 此时，所以，从而. 所以的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年安康市高三年级第三次质量联考 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､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，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 有一组样本数据，其平均数为，方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 16 B. 32 C. 27 D. 81 7. 如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，则（ ） A. B. 101 C. 0 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. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量的坐标为 10. 在数列中，，对任意，则（ ） A. B. 为递增数列 C. 为等差数列 D. 11. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ） A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B. 蚂蚁移动到点的概率为 C. 蚂蚁回到原点的概率为 D. 蚂蚁移动到直线上的概率为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数的最小正周期为，则__________． 13. 函数的最小值为__________． 14. 已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为__________． 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，内角所对的边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若的周长为，证明：为等边三角形． 16. 如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 现有一堆除颜色外其他都相同的小球在甲、乙两个袋子中，其中甲袋中有3个红色小球和3个白色小球，乙袋中有2个红色小球和3个白色小球．小明先从甲袋中任取2个球不放回，若这2个球的颜色相同，则再从乙袋中取1个球；若这2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个球． （1）求小明第二次取到的球是红球的概率； （2）记为小明取到的红球个数，求的分布列及期望值． 18. 给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为． （1）求椭圆的方程． （2）直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程． （3）是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值． 19. 已知函数，其中． （1）若是偶函数，求； （2）当时，讨论在上的零点个数； （3）已知，若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $