精品解析：海南省三亚市2024-2025学年高三下学期学业水平诊断数学试题

三亚市高三年级2024-2025学年度第二学期 学业水平诊断考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合，再根据集合交集概念计算即可. 【详解】集合， 故. 故选：D 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质，分析条件间的推出关系判断充分、必要性. 【详解】若，，则，所以是的充分条件， 若，满足，而，所以不能推出， 综上，是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 三亚某校举办“海洋环保”主题活动，邀请1位教师与3位学生代表站成一排合影留念，为体现“教师引领、学生主体”的理念，要求教师不站在两侧，则不同的站法有（ ） A. 10 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，结合排列数的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列， 可得不同的站法有种. 故选：B. 4. 已知为平行四边形，为的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为为的中点，所以， 所以. 故选：C 5. 已知圆与直线和都相切，且圆心在轴上，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设所求圆的方程为，利用点到直线距离公式列式求出得解. 【详解】设所求圆的方程为， 则，解得， 所以圆的方程为. 故选：D. 6. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用切化弦可得，进而求得，利用同角的平方关系求得，最后利用两角差的余弦公式求得即可. 【详解】由，得，所以， 所以，又，所以， 又，所以，又因为， 所以，所以， 所以，故A正确. 故选：A. 7. 夏季天气炎热，某教室上课关门窗开空调，造成二氧化碳含量增加，按照《中小学校教室换气卫生要求》（GB/T177226-2017）规定，中小学校教室内二氧化碳日均最高容许浓度不得超过0.10%，经检测，该教室某日刚下课时，空气中二氧化碳浓度为0.14%，记下课开窗通风分钟后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，%是二氧化碳初始浓度，，则该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为（ ） （参考数据：） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件得出，再利用对数的运算法则解不等式即可. 【详解】由题意可知，， 解，即， 得 ， 该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为. 故选：C 8. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在，使得的图象与轴相切 B. 存在，使得有极小值 C. 若，则函数有且仅有零点 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】取，利用导数的几何意义可判断A选项；对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合极值点的定义可判断B选项；参变分离得出，令，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断C选项；证明出，结合不等式的性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，则，，则， 所以，曲线在处的切线方程为，A错； 对于B选项，，该函数的定义域为，， 当时，对任意的恒成立，此时函数在上为增函数，无极值； 当时，由可得，由可得， 此时，函数在上单调递增，在上单调递减， 此时，函数有极大值点，无极小值点，B错； 对于C选项，由可得， 令，所以，直线与函数的图象有两个交点. ，由得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 函数的极大值为，当时，；当时，. 如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点， 此时函数有且仅有个零点，C对； 对于D选项，令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 所以，，即， 当时，，可得， 即，D错. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 数列为等差数列，为其前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 当或时，最大 【答案】AB 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式进行运算，即可得到判断. 【详解】设等差数列的公差为，则，故B正确； 所以，故A正确； ，故C错误； 由，可得， 由于二次函数的对称轴为，开口向上， 所以当或时，最小，故D错误； 故选：AB 10. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法正确的是（ ） A. B. 评分在的人数约为20 C. 估计评分的下四分位数为65 D. 估计评分的平均数为76.5 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据频率之和为1列式计算可判断A；根据频率与频数的关系计算可判断B；根据下四分位数的概念计算可判断C；根据频率分布直方图平均数的求法计算可判断D. 【详解】对A，由频率之和为1得，解得，故A正确； 对B，评分在的频率为，故人数约为20，故B正确； 对C，下四分位数频率为0.25，故下四分位数为 ，故C错误； 对D，平均数为，故D正确. 故选：ABD 11. 正四棱台中，，台体的高为1，则（ ） A. 平面 B. 棱的长为 C. 正四棱台四条侧棱的延长线交于点的面积为 D. 直线与直线所成角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A,利用线面垂直的判定定理证明得平面,继而可判定；对于B作,交于点根据勾股定理即可求解；对于C,结合图象，先根据勾股定理求得三角形的高，进一步计算即可；对于D，先根据得到或其补角为异面直线与所成的角，继而根据余弦定理进行计算即可. 【详解】对于A，如下图所示， 因为平面,平面,所以, ,, 且平面,平面, 所以平面, 又显然与不平行， 故平面错误，即A错误； 对于B，如图所示，作,交于点 ,故B正确； 对于C，如图所示，为的中点，易得, 结合，台体的高为1， 又，可得 则,, 故C正确； 对于D,如图所示， 因为，所以或其补角为异面直线与所成的角， 直角中，, 所以, 由余弦定理在中， , 所以,则, 则中，由余弦定理得， , 故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题 12. 已知复数满足，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算法则求解即可. 【详解】由，可得. 故答案为：. 13. 曲线在点处的切线方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 所以，即切线的斜率为，切点坐标为， 所以切线的方程为，即. 故答案为：. 14. 已知是抛物线的焦点，双曲线的两条渐近线分别与抛物线交于异于原点的两点，若，则双曲线的渐近线方程是_____. 【答案】或 【解析】 【分析】分、在焦点左侧、在焦点右侧讨论，过作交轴于点，结合抛物线定义、，可得答案. 【详解】当、在焦点左侧时， 因为渐近线关于轴对称，所以， 过作交轴于点， 设，则，， 由抛物线定义得， 因为，所以， 所以，因为， 所以渐近线方程为； 当，在焦点右侧时， 过作交轴于点， 所以，设， 则，， 由抛物线定义得， 因为，所以， 所以，因为， 所以渐近线方程为. 故答案为：或. 四、解答题：本题共5小题，共7.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求边上的高的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，进而求出角； （2）先根据余弦定理求出边的值，再通过三角形面积公式求出边上的高. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 因为，所以， 又因为锐角三角形，，所以. 【小问2详解】 由余弦定理 可知 又因即代入上式可得 则的面积为 则 解得：. 16. 在多面体中，为平行四边形，平面，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）已知多面体的体积为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为平面且面，所以， 又因为，可得 因为且面，则平面 又因平面面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面； （2）由，利用锥体的体积公式，求得，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：略 【小问2详解】 解：因为，由（1）可知三棱锥中，由面， 则解得， 由（1）可知，，两两相互垂直， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 由（1）可知，，可得， 则， 设面的法向量，则， 令，可得，所以， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）若，求的单调递减区间； （2）有两个不同的零点且. （i）求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）求导，由题意得 ，解不等式即可； （2）（i）分离常数得，利用导数及方程有两个不同实数根求解；（ii）当时结合（1）可得，代入计算即可求解. 【小问1详解】 若，则，定义域为 设，解得 则的单调递减区间为 【小问2详解】 （i）设，则， 设函数定义域为 设 解得 （0，1） 1 0 递减 极小值 递增 当时，；当时， 极小值为 若有两个不同的零点，则方程有两个不同实数根，则； （ii）有两个不同的零点且， 由（1）可知且 当时，易知，则有 即：可得： 解得所以的最小值为. 18. 已知分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上一点，若且椭圆离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）若点为椭圆第一象限内一点，椭圆的右顶点为，点的坐标为，直线与线段交于点.若（为坐标原点），求直线的方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解之即可得解； （2）方法一：设坐标分别为，由题意都大于0，利用已知，结合向量的数量积可得且，求得点坐标可表示为，利用点在直线上，可得，又点椭圆上，可求得点坐标，可求直线方程. 方法二：可设，则点坐标可化为，代入直线方程中可求得，从而得出点坐标，可求直线方程. 【小问1详解】 由题意，得，即， 离心率，解得，则， 所求椭圆的方程为； 【小问2详解】 方法一：设坐标分别为，由题意都大于0， 因，即， 因为， 代入上式可得：则且， 化简可得：且， 则点坐标可表示为， 线段所在直线方程为， 因点在该直线上，可知化简可得：， 又因在椭圆上，联立方程：，解得：，所以. 则直线斜率为，方程为，即. 方法二：可设，，则点坐标可化为， 代入直线方程中可求得，整理得，即. 因为，所以，则. 则直线斜率为，方程为，即. 19. 在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等； （1）设一次试验中随机变量的概率分布如下： （i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值； （ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； （2）泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和. （公式：） 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】(1)根据独立重复试验和给定的概率分布求出样本似然函数，再对其求导，令导数为求出可能的极值点，通过判断导数的正负确定函数单调性，进而得到最大似然估计值. (2)根据泊松分布的概率分布求出样本似然函数，再根据最大似然估计值为建立等式，最后求出数列的前项和. 【小问1详解】 i：设似然函数为 当且仅当，即时取等号 则的最大似然估计值为 ii：）， 令， 则，令，解得， 易知在上单调递减， 则当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则时，取得最大值，所以的最大似然估计值为 【小问2详解】 由题意设最大似然函数为 设，则 设解得，则时时 可知在时取最大值，即的最大值在时取得 与单调性一致，则的极大似然值为解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三亚市高三年级2024-2025学年度第二学期 学业水平诊断考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 三亚某校举办“海洋环保”主题活动，邀请1位教师与3位学生代表站成一排合影留念，为体现“教师引领、学生主体”的理念，要求教师不站在两侧，则不同的站法有（ ） A. 10 B. 12 C. 16 D. 24 4. 已知为平行四边形，为的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆与直线和都相切，且圆心在轴上，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 夏季天气炎热，某教室上课关门窗开空调，造成二氧化碳含量增加，按照《中小学校教室换气卫生要求》（GB/T177226-2017）规定，中小学校教室内二氧化碳日均最高容许浓度不得超过0.10%，经检测，该教室某日刚下课时，空气中二氧化碳浓度为0.14%，记下课开窗通风分钟后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，%是二氧化碳初始浓度，，则该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为（ ） （参考数据：） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在，使得的图象与轴相切 B. 存在，使得有极小值 C. 若，则函数有且仅有零点 D. 若，则 二、选择题：本题共3小题，每小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 数列为等差数列，为其前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 当或时，最大 10. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法正确的是（ ） A. B. 评分在的人数约为20 C. 估计评分的下四分位数为65 D. 估计评分的平均数为76.5 11. 正四棱台中，，台体的高为1，则（ ） A. 平面 B. 棱的长为 C. 正四棱台四条侧棱的延长线交于点的面积为 D. 直线与直线所成角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题 12. 已知复数满足，则_____. 13. 曲线在点处的切线方程为_____. 14. 已知是抛物线的焦点，双曲线的两条渐近线分别与抛物线交于异于原点的两点，若，则双曲线的渐近线方程是_____. 四、解答题：本题共5小题，共7.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求边上的高的长. 16. 在多面体中，为平行四边形，平面，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）已知多面体的体积为，求与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若，求的单调递减区间； （2）有两个不同的零点且. （i）求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 18. 已知分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上一点，若且椭圆离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）若点为椭圆第一象限内一点，椭圆的右顶点为，点的坐标为，直线与线段交于点.若（为坐标原点），求直线的方程. 19. 在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等； （1）设一次试验中随机变量的概率分布如下： （i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值； （ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； （2）泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和. （公式：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $