精品解析：上海市宝山区2024-2025学年高三上学期学习能力诊断练习数学练习卷

2024学年第一学期第一次学习能力诊断练习 高三年级 数学练习卷 考生注意： 1.本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟； 2.本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面； 3.在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题； 4.可使用符合规定的计算器答题. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）. 1. 在复平面内，复数 （其中 是虚数单位）的共轭复数对应的点位于第_____象限. 2. 已知集合 ，则 _____. 3. 不等式的解集为_______． 4. 已知向量，若，则实数的值为__________. 5. 设.若函数是定义在上的奇函数，则__________. 6. 已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则 是的__________条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 7. 设椭圆的左、右焦点分别为、，左顶点为，若椭圆的离心率为，则的值为________. 8. 若圆锥的体积为，它的母线与底面所成的角的余弦值为，则圆锥的表面积为________. 9. 设 ，在如图所示的平行六面体中，，， ，点是棱的中点，，若，则的值为________. 10. 某海滨浴场平面图是如图所示的半圆，其中O是圆心，直径MN为400米，P是弧MN的中点．一个急救中心A在栈桥OP中点上，计划在弧NP上设置一个瞭望台B，并在AB间修建浮桥．已知 越大，瞭望台B处的视线范围越大，则B处的视线范围最大时，AB的长度为________米．（结果精确到1米） 11. 抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A：n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中至多有一次正面朝上，若事件A与事件B是独立的，则n的值为________． 12. 已知O为坐标原点，向量满足，将绕点O按逆时针方向旋转 ，得到向量．若，则的最大值为________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）. 13. 已知 且满足 ，则下列关系式恒成立的是（ ）. A. B. C. D. 14. 一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（ ） A. 40个 B. 45个 C. 50个 D. 55个 15. 设且 ，、、 都是正整数，数列的通项公式为，记数列中前项的最小值为，由所有的值所组成的集合记为，若集合中仅有四个元素，则下列说法中错误的是（ ） A. 当时，的取值范围是 B. 不存在和的值，使得 C. 当 时，的取值范围是 D. 存在和的值，使得 16. 已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A. 3 B. 6 C. 7 D. 10 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）. 17. 如图，在三棱锥 中，平面平面、分别为线段、 上的点，且. （1）求证： 平面 ； （2）求证： 平面； 18. 已知，若定义在上的函数的最小正周期为，且对任意的，都有. （1）求实数的值； （2）设，当时，，求的值. 19. 甲乙两人轮流掷质地均匀的骰子，每人每次掷两颗． （1）甲掷一次，求两颗骰子点数不同的概率； （2）甲乙各掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大的概率； （3）若第一次掷出点数之和大于的人为胜者，同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到比赛结束. 例如，甲乙先后轮流掷出的点数之和为：、、、，此时乙为胜者. 设甲先投掷，求甲最终获胜的概率. 20. 设，，、分别是双曲线的左、右焦点，直线经过点与的右支交于、两点，点 是坐标原点. （1）若点是上的一点，，求的值； （2）设、，点在直线上，若点 、、、满足：，，求点的坐标； （3）设的延长线与交于点，若向量与满足：，求 的面积的取值范围. 21. 对于函数图像上不同的三点（其中），记点M处的切线为l，若 ，则称M为函数在区间上的“T点”．特别地，当，则称M为函数在区间上的“和谐T点”． （1）设是函数在区间上的“T点”，若 ，求实数n的值； （2）设 ，若函数在区间上恰有3个“T点”，求所有满足条件的实数a的值组成的集合； （3）设，试探究函数的定义域内是否存在一个包含“和谐T点”的区间，若存在，求出该区间；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期第一次学习能力诊断练习 高三年级 数学练习卷 考生注意： 1.本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟； 2.本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面； 3.在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题； 4.可使用符合规定的计算器答题. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）. 1. 在复平面内，复数 （其中 是虚数单位）的共轭复数对应的点位于第_____象限. 【答案】四 【解析】 【分析】求出复数的共轭复数即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以复数对应的点在第四象限. 故答案为：四 2. 已知集合 ，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】利用交集的定义求解. 【详解】因为， 所以， 故答案为: . 3. 不等式的解集为_______． 【答案】 【解析】 【分析】化不等式一边为0，再转化成一元二次不等式求解即得. 【详解】不等式化为：，即， 则，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为： 4. 已知向量，若，则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积的坐标运算公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 5. 设.若函数是定义在上的奇函数，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用奇函数的定义域关于原点对称，且满足，即可求出结果. 【详解】由函数是定义在上的奇函数，可知， 再由， 所以， 故答案为：1. 6. 已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则 是的__________条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 【答案】充要 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】充分性：因为， 所以共面， 又因为为两个不同的平面， ， 所以， 所以，故充分性成立； 必要性：因为，所以， 又因为，所以 ，故必要性成立， 所以 是的充要条件. 故答案为：充要. 7. 设椭圆的左、右焦点分别为、，左顶点为 ，若椭圆的离心率为，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意写出焦点与左顶点的坐标，表示出线段长，利用离心率写出等量关系，可得答案. 【详解】由题意可得，则，， 由椭圆离心率为，可得，则， 所以. 故答案为： . 8. 若圆锥的体积为，它的母线与底面所成的角的余弦值为，则圆锥的表面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意作图，根据线面角的定义，可得圆锥的母线与底面半径的等量关系，利用扇形面积公式以及圆的面积公式，可得答案. 【详解】由题意可作图如下： 在圆锥中，易知 ，且为母线与底面所成的角， 由母线与底面所成的角的余弦值为，则， 在 中，，可得，则， 圆锥的体积，解得 ，则， 圆的周长为，则圆锥侧面展开图的面积， 圆锥底面面积，所以圆锥的表面积. 故答案为： . 9. 设 ，在如图所示的平行六面体中，，， ，点是棱的中点，，若，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】以为基底表示，结合题意运用数量积及向量数乘运算即可求解. 【详解】， ， ， 所以， 由，， ， 可得， ，解得. 故答案为：. 10. 某海滨浴场平面图是如图所示的半圆，其中O是圆心，直径MN为400米，P是弧MN的中点．一个急救中心A在栈桥OP中点上，计划在弧NP上设置一个瞭望台B，并在AB间修建浮桥．已知 越大，瞭望台B处的视线范围越大，则B处的视线范围最大时，AB的长度为________米．（结果精确到1米） 【答案】 【解析】 【分析】令，，在中应用余弦定理及基本不等式求最值，并确定取值条件，即可得答案. 【详解】令，，且， 在中，， 当且仅当米时，取最小值，此时最大. 故答案为： 11. 抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A：n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中至多有一次正面朝上，若事件A与事件B是独立的，则n的值为________． 【答案】3 【解析】 【分析】通过古典概率的计算公式计算，，由独立得，解方程即可. 【详解】由题意可知：，，， 因为独立，所以， 即，结合均随n的增大而增大， 故. 故答案为： 12. 已知O为坐标原点，向量满足，将绕点O按逆时针方向旋转，得到向量．若，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，进而得，结合分析得到 的轨迹为一个椭圆，并确定椭圆的右顶点坐标，再利用向量数量积的坐标表示，将问题化为求的截距最大，即最大且该直线过点，即可求最值. 【详解】设，则，故， 所以，则，故， 由， 即到原点距离与到的距离之和为8， 易知 的轨迹为一个椭圆，且，，如下图， 若为椭圆的右顶点，则，且直线， 易知，即， 由，令①， 所以，要使最大，只需的截距最大，即最大， 结合图知，该直线过点即可，将代入①，有. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：首先得到 的轨迹为一个椭圆及其右顶点坐标，再应用向量数量积的坐标表示化为求最大为关键. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）. 13. 已知 且满足 ，则下列关系式恒成立的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质，以及对数函数的性质、幂函数的性质、正弦函数的图象性质求解. 【详解】对A，取，则，A错误； 对B，取，则，即，B错误； 对C，取，满足 ，但，C错误； 对D，因为幂函数在定义域上单调递增，且 ，所以，D正确； 故选：D. 14. 一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（ ） A. 40个 B. 45个 C. 50个 D. 55个 【答案】B 【解析】 【分析】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可. 【详解】设红球个数为， 由题意可得：，解得：. 故选：B 15. 设 且 ，、、都是正整数，数列的通项公式为，记数列中前项的最小值为，由所有的值所组成的集合记为 ，若集合 中仅有四个元素，则下列说法中错误的是（ ） A. 当时，的取值范围是 B. 不存在和的值，使得 C. 当 时，的取值范围是 D. 存在和的值，使得 【答案】C 【解析】 【分析】根据不同的取值范围分析分段函数的性质，结合函数单调性，反证法，进而判断关于集合元素个数等命题的正确性，逐个判断真假即可. 【详解】对于A选项,当时，对于，根据分段函数的性质，会得到， 由于在这个区间内，这样的递推会一直进行下去，所以集合 有无数个元素. 当时，要满足，通过对分段函数的计算和分析，正好解得， 此时.并且当，两个分段函数都是增函数， 中最多只存在两个元素.所以选项正确. 对于B选项，当时，有且. 要想 有个元素，根据函数的递推关系，如果，那么根据函数性质会继续产生更多的元素， 所以必有，不然会有无数个元素.但是当时， 中元素个数就不是个了， 这就产生了矛盾，所以原命题正确，即选项正确. 对于C选项，当时，，令，通过对分段函数的计算解得. 由于，此时，这与选项中说的情况不符，所以选项错误. 对于D选项，从前面的分析经验来看，要想，根据分段函数的性质，只能令 ，. 由此得到方程，整理得，解得或 ， 因为 （根据前面的取值范围等条件），所以 ，选项正确. 故选：C. 16. 已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A. 3 B. 6 C. 7 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且 ，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为 ，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且 ， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为 ，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且 ，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为 ，且两类为关键. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）. 17. 如图，在三棱锥 中，平面平面、分别为线段 、上的点，且. （1）求证： 平面 ； （2）求证： 平面； 【答案】（1）证明如下： 因为、分别为线段 、上的点，且， 所以 ， 又平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）证明如下： 因为，所以， 所以，，连接，又 ， 所以，所以，又， 所以，所以， 因为平面平面，交线为 ， 平面， 所以平面 ，平面 ，所以， 因为 ，，平面， 所以 平面. 【解析】 【分析】（1）利用三角形等比例性质，根据线面平行的判定推理即得. （2）连接，根据给定条件，根据勾股定理及余弦定理求得，根据面面垂直性质定理平面 ，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知，若定义在上的函数的最小正周期为，且对任意的，都有. （1）求实数的值； （2）设，当时，，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据最小正周期及三角函数的性质、不等式恒成立有，即可求参数值； （2）应用三角恒等变换有，令求解，结合即可求结果. 【小问1详解】 ， 由的最小正周期为，知， ， ∴. 【小问2详解】 由（1）可得：， ， 或，即或， ， 又，则不妨令，故. 19. 甲乙两人轮流掷质地均匀的骰子，每人每次掷两颗． （1）甲掷一次，求两颗骰子点数不同的概率； （2）甲乙各掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大的概率； （3）若第一次掷出点数之和大于的人为胜者，同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到比赛结束. 例如，甲乙先后轮流掷出的点数之和为：、、、，此时乙为胜者. 设甲先投掷，求甲最终获胜的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）计算两颗骰子点数相等的概率即可得到两颗骰子点数不同的概率. （2）设掷一次两颗骰子的点数和为，则，求出所对应的概率，再由相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得结果. （3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为，分析可得甲第轮获胜的概率为，由无穷等比数列求和公式计算可得结果. 【小问1详解】 甲掷一次，两颗骰子点数相等的概率为 所以两颗骰子点数不同的概率为. 【小问2详解】 甲的点数和恰好比乙的点数和大点的情形如下表： 所以. 另解：设掷一次两颗骰子的点数和为，则. 则； ； ； ； ； . 所以甲的点数和恰好比乙的点数和大7点的概率为 . 【小问3详解】 由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为 . 若甲第一轮获胜，概率为； 若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为； 若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为； 由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为； 于是，组成一个以为首项，为公比的无穷等比数列. 因为， 所以甲最终获胜的总概率为. 20. 设 ，，、分别是双曲线的左、右焦点，直线经过点与的右支交于 、两点，点是坐标原点. （1）若点是上的一点，，求的值； （2）设、，点在直线上，若点、 、、满足：，，求点的坐标； （3）设的延长线与交于点，若向量与满足：，求 的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 的面积的取值范围为 【解析】 【分析】（1）由直线过点，可求，判断点的位置，结合双曲线定义求结论； （2）联立方程组，设，利用设而不求法求，由条件证明四边形 为平行四边形，列方程求，由此确定的坐标； （3）由条件列不等式求的范围，表示 的面积，利用换元法求其最值. 【小问1详解】 双曲线 的右焦点的坐标为， 因为过点， 所以，所以， 因为， 所以点在双曲线 的左支上， 由双曲线定义知，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，则双曲线， 联立 ，消去得， 则， 设，则，， 所以， ， 又，所以， 因为点、 、、满足：，， 所以，，所以四边形 为平行四边形， 故与 互相平分，点在直线上， 所以，又，所以， 所以点的纵坐标为， 所以点的坐标为. 【小问3详解】 因为， 所以， 所以，又，所以， 由双曲线的对称性可得，， 所以， 所以， 令，，即， 所以， 因为在区间上单调递减，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以 的面积的取值范围为. 21. 对于函数图像上不同的三点（其中），记点M处的切线为l，若 ，则称M为函数在区间上的“T点”．特别地，当，则称M为函数在区间上的“和谐T点”． （1）设是函数在区间上的“T点”，若 ，求实数n的值； （2）设 ，若函数在区间上恰有3个“T点”，求所有满足条件的实数a的值组成的集合； （3）设，试探究函数的定义域内是否存在一个包含“和谐T点”的区间，若存在，求出该区间；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） ， 若存在含“和谐T点”的区间，则， 其中， 整理得到：即， 设，故，设 ， 则 ，故在上为增函数，故 ， 故 ，故不成立， 故函数的定义域内不存在一个包含“和谐T点”的区间 【解析】 【分析】（1）根据“T点”的性质可求的值； （2）根据“T点”的性质可得 在上有三个不同的解，利用换元法可求参数的值； （3）若存在一个包含“和谐T点”的区间，则在上有解，利用导数可证该结论错误. 【小问1详解】 ，由 可得，而 因为为函数在区间上的“T点”，故 . 【小问2详解】 ， 因为函数在区间上恰有3个“T点”， 所以 在上有三个不同的解， 故 在上有三个不同的解， 设，则， 则 在上有两个不同的根， 且其中有且只有一个根为或或 ， 若一个根为，则，此时另一个根为， 此时 有一根，在上有两个不同的解， 故此时 在上有三个不同的解； 若一个根为，则，此时另一个根为， 同理可得 在上有三个不同的解； 若一个根为 ，则，此时 在上仅有一个根，舍； 综上，. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：对于导数背景下的多变量的存在性问题，注意根据方程组的形式合理消元，从而构建较为简单的函数，而后者可以利用导数来处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $