精品解析：山东省齐鲁名校教研共同体2024-2025学年高三下学期考前质量检测数学试题

2024-2025学年（下）高三年级考前质量检测数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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、单项选择题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求集合，根据即可的基本关系和运算即可求解. 【详解】依题意得，，所以. 均不成立，ABC错误 故选：D. 2. 已知双曲线的离心率为，虚半轴长为2，则的焦距为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，结合离心率的意义列式求解. 【详解】设的半焦距为，依题意，则，， 所以焦距为. 故选：D 3. 若复数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据复数减法的模的几何意义求点的轨迹，再根据点与圆的位置关系求最值. 【详解】设，则， 又表示点与原点的距离，故的最小值为. 故选：B 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，利用图象性质结合两角差的正切可求. 【详解】作出图形如图所示，令，，则， 而，，， 所以在中，， 故. 故选：A. 5. 如图，已知圆锥的底面积为，其轴截面为等腰直角三角形，若其一个内接圆柱的底面积为，则圆锥与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出圆锥的轴截面，求出圆锥的高，利用三角形相似求出圆柱的高，再根据体积公式计算可得. 【详解】如图作出圆锥的轴截面， 根据题意可知, , 所以可得, 根据三角形相似可得, 所以,可求得, 所以， 故选：C 6. 已知函数，要得到一个偶函数的图象，可以将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简函数，再结合函数图象变换求解判断. 【详解】依题意，， 对于A，，所得函数不是偶函数，A错误； 对于B，，所得函数不是偶函数，B错误； 对于C，，所得函数偶函数，C正确； 对于D，，所得函数不是偶函数，D错误. 故选：C 7. 已知正方体的棱长为，是棱的中点，点，分别在平面与平面内、则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设点关于平面的对称点为，延长交平面于点，记点，到平面的距离分别为，，求出，根据，求出，则，得到答案. 【详解】如图所示，设点关于平面的对称点为，延长交平面于点， 记点，到平面的距离分别为，，易知， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ，， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 故， 故，则，所以. 故选：C. 8. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由不等式的基本性质得出，设函数，则，结合函数的单调性可得出结论. 【详解】由，可得. 因为，所以，所以. 设函数，则， 易知在上单调递增，所以，即. 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. 小明和小强在球场上进行罚球练习，双方均以个罚球为一组，其中小明练习组，小强练习组，现将他们每组练习中罚球命中的个数统计如下： 小明 小强 则下列说法正确的是（ ） A. 若，则小明和小强罚球命中个数平均数相同 B. 若小明和小强罚球命中个数的极差相同，则 C. 若，则小明和小强罚球命中个数的中位数相同 D. 若，则小明罚球命中个数的方差小于小强罚球命中个数的方差 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用极差的定义结合特殊值法可判断B选项；列举出所有的可能情况，结合中位数的定义可判断C选项；根据方差公式可判断D选项. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若极差相同，未必有，如，故B错误； 对于C，若，则可能为、、、、， 此时小强罚球命中个数的中位数始终为，故C正确； 对于D，若，设小明罚球命中个数的平均数分别为、，方差分别为、， 则，， 所以，， ， 则两人罚球命中个数的平均数相同，而小强的数据更加集中，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的图象关于原点对称，且为偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. 在上单调递减 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A由且为偶函数得即可求出周期，进而判断，对于B作出在上的大致图象即可判断，对于C利用周期即可判断，对于D判断的符号即可判断. 【详解】对于A，因为，且为偶函数，故， 即，所以，即，得， 则的周期为4，故16也是的周期，故A正确； 对于B，作出在上的大致图象，如图所示，观察可知， 直线为图象的一条对称轴，所以，故B错误； 对于C，因为在上单调递减，所以由周期性， ，故C正确； 对于D，当时， 当时，则，故， 此时，而，故，故； 当时，则，故， 此时，而， 故，故； 综上，时，故D正确. 故选：ACD. 11. 若数列满足：存在，使得对任意成立，则称是“受限数列”，的最小值称为的“受限上界”.记的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是受限数列 B. 若等差数列满足，，则是受限数列 C. 若，则是受限数列，其受限上界为3 D. 若，都是受限数列，则也是受限数列 【答案】BD 【解析】 【分析】由数列新定义可得A错误；由等差中项和等差数列的性质求出，表示出新定义，然后求和可得B正确；先由与的性质求出数列的通项，表示出新定义，然后结合等比数列的求和公式可得C错误；设存在正数，，满足，，由数列新定义可得D正确. 【详解】对于A，若，则，不存在，不是受限数列，故A错误； 对于B，依题意，，则，而，故，， 易知，所以， 于是，故B正确； 对于C，因为，故当时，，解得， 当时，，， 两式相减并整理，得，故， 故，故，受限上界不是3，故C错误； 对于D，若，都是受限数列，则存在正数，，满足，， 注意到， 同理，， 记，， 则，所以，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的零点为________. 【答案】5 【解析】 【分析】令，得解出即可求解. 【详解】令，得，所以，解得或（舍去）. 故答案为：5. 13. 甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有________种不同的分配方案. 【答案】150 【解析】 【分析】根据不同的人数分配比例分别计算分配方案数，再将两种情况的方案数相加得到总的分配方案数. 【详解】依题意，人数的分配有和两种， 若是，则有种， 若是，则有种，则共有150种不同的分配方案. 故答案为：150. 14. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，点，，在上，且是面积为的等边三角形，则的方程为________；若，则的最小值为________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据抛物线的对称性，结合等边的面积，可确定点的坐标，从而确定的值，得到抛物线的准线方程；结合焦半径公式和两点间的距离公式，用余弦定理表示，再利用导数分析函数的单调性，可求的最小值. 【详解】依题意，则， 由对称性，点必定关于轴对称，如图： 不妨设点在第一象限，则，，即. 代入中，解得，则的方程为. 因为，所以，. 根据抛物线的对称性，不妨设，则，且，. 所以 . 设，，则. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 且，，当时，. 所以. 所以，所以的最小值为. 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. 为测试甲、乙两个AI（人工智能）模型解决数学问题的能力，某同学准备了5道数学题让甲、乙同时进行解答，每道题甲答对的概率均为，乙答对的概率均为，且每次解答是否正确相互独立. （1）若已知前两题中甲至少答对了1题，求前两题甲都答对的概率； （2）设甲、乙均答对的题数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用条件概率公式列式计算. （2）求出每道题甲、乙均答对的概率，及的所有可能值，并求求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 设事件“前两题中甲至少答对了1题”为，事件“前两题甲都答对”为， 依题意，，， 所以. 则在前两题中甲至少答对了1题的条件下，前两题甲都答对的概率为. 【小问2详解】 依题意，每道题甲、乙均答对的概率为，的所有可能值为， ，即，，1，2，3，4，5， ，， ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 5 数学期望. 16. 记正项数列的前项和为，已知. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定递推公式，依次代入计算得解. （2）由结合已知推理即得. （3）由（2）求出，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 在正项数列中，， 令，得，解得，负值舍去； 令，得，即，则， 所以，负值舍去’ 【小问2详解】 当时，，而，则， 即，又， 所以是首项为2，公差为2的等差数列. 【小问3详解】 由（2）知，可得， 则， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，其中，，平面，点，在棱上，且. （1）求证：； （2）若，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）根据给定条件，借助直角三角形面积公式可得，再利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 由平面，平面，得. 而，平面，则平面. 而平面，于是. 由，且，得是斜边上的高，即. 又平面， 因此平面. 又平面，所以. 【小问2详解】 依题意，，，， ，，则是棱的中点， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 设为平面的法向量，则，取，得， 记直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，若是上一动点，的周长. （1）求的离心率. （2）如图，若过原点可向圆作两条切线，设切点分别为、，其中点在第二象限，点在第一象限，直线、的斜率分别记为、，且为定值. （i）求的方程； （ii）建立与之间的恒等关系. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设椭圆的半焦距为，利用椭圆的定义结合焦点三角形的周长可求出椭圆的离心率的值； （2）（i）根据直线与圆相切，结合圆心到切线的距离等于圆的半径可知、是关于的方程的两根，由韦达定理结合椭圆方程可得出为定值，可求出的值，由此可得出椭圆的方程； （ii）求得，结合两角差的正切公式以及（i）中的结果可得出结论. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为. 因为的周长为， 所以，即，所以的离心率. 【小问2详解】 （i）由题意，直线的方程为，因为与圆相切，所以， 化简可得， 同理可得， 所以、是关于的方程的两根， 所以，且. 由（1）可知，故，则的方程为. 因为点在上，所以，即， 所以，要使为定值，则，解得， 则的方程为； （ii）， 因为、与圆均相切，所以， 所以，所以， 又由（i）得， 所以， 故与之间的恒等关系是. 19. 设函数在定义域上的导函数为，区间是的非空子集，如果存在实数，使得对任意的，都有，且成立，则称为区间上的“函数”. （1）判断是否为上的函数，并说明理由. （2）已知函数，. （i）若是上的函数，证明：是上的函数； （ii）若和的图象与轴共有三个不同的交点，从左至右依次为，，，证明：是线段的中点. 【答案】（1）不是，理由见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数的定义，验证是否即可； （2）（i）由是上的函数，得，要证明是上的函数，即证明，即证，设，利用导数研究单调性即可得证； （ii）利用导数研究单调性求得，设，利用导数研究单调性作出与的大致图象，得点是与图象的交点，设，，求出点的坐标，验证是中点即可. 【小问1详解】 因为，所以，当时，， 即， 所以不是上的函数. 【小问2详解】 （i）因为是上的函数， 所以对任意的，成立，即对任意的，. 因为，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，得. 要证明是上的函数，即证明， 即证，亦即证. 设，则， 易知单调递减，又，， 故存在，使得，即， 且当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 即，又，所以， 因此，是上的函数. （ii）由，当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由，当， 所以在上单调递减，在上单调递增， 且，，. 设，定义域为， 则，所以在上单调递增， 又当时，，且，所以仅有一个零点， 即与的图象仅有一个交点. 作出与的大致图象如下： 因为和的图象与轴共有三个不同的交点，所以点是与图象的交点. 设，，则，所以，即. 令，得，得或，则. 令，得，得或，则. 因为，所以是线段的中点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年（下）高三年级考前质量检测数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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、单项选择题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线的离心率为，虚半轴长为2，则的焦距为（ ） A. B. C. 4 D. 3. 若复数满足，则的最小值为（ ） A 2 B. 3 C. 6 D. 7 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知圆锥的底面积为，其轴截面为等腰直角三角形，若其一个内接圆柱的底面积为，则圆锥与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，要得到一个偶函数的图象，可以将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 7. 已知正方体的棱长为，是棱的中点，点，分别在平面与平面内、则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 已知，若，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. 小明和小强在球场上进行罚球练习，双方均以个罚球为一组，其中小明练习组，小强练习组，现将他们每组练习中罚球命中的个数统计如下： 小明 小强 则下列说法正确的是（ ） A. 若，则小明和小强罚球命中个数的平均数相同 B. 若小明和小强罚球命中个数的极差相同，则 C. 若，则小明和小强罚球命中个数的中位数相同 D. 若，则小明罚球命中个数的方差小于小强罚球命中个数的方差 10. 已知函数的图象关于原点对称，且为偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. 在上单调递减 D. 当时， 11. 若数列满足：存在，使得对任意成立，则称是“受限数列”，的最小值称为的“受限上界”.记的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则受限数列 B. 若等差数列满足，，则是受限数列 C. 若，则是受限数列，其受限上界为3 D. 若，都是受限数列，则也是受限数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的零点为________. 13. 甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有________种不同的分配方案. 14. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，点，，在上，且是面积为的等边三角形，则的方程为________；若，则的最小值为________. 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. 为测试甲、乙两个AI（人工智能）模型解决数学问题的能力，某同学准备了5道数学题让甲、乙同时进行解答，每道题甲答对的概率均为，乙答对的概率均为，且每次解答是否正确相互独立. （1）若已知前两题中甲至少答对了1题，求前两题甲都答对的概率； （2）设甲、乙均答对的题数为，求的分布列与数学期望. 16. 记正项数列的前项和为，已知. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列前项和. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，其中，，平面，点，在棱上，且. （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，若是上一动点，的周长. （1）求离心率. （2）如图，若过原点可向圆作两条切线，设切点分别为、，其中点在第二象限，点在第一象限，直线、的斜率分别记为、，且为定值. （i）求的方程； （ii）建立与之间的恒等关系. 19. 设函数在定义域上的导函数为，区间是的非空子集，如果存在实数，使得对任意的，都有，且成立，则称为区间上的“函数”. （1）判断是否为上的函数，并说明理由. （2）已知函数，. （i）若是上函数，证明：是上的函数； （ii）若和的图象与轴共有三个不同的交点，从左至右依次为，，，证明：是线段的中点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $