精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高三下学期数学周测12

高三数学试题 （试卷满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 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，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解即得. 【详解】由，解得，则，或， 而，因此图中阴影部分表示的集合为. 故选：D 2. 已知，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据除法运算求得，即可得复数的虚部. 【详解】由题意可得：， 所以的虚部为. 故选：B. 3. 已知平面向量满足，，且．则向量与向量的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据垂直得出向量的数量积，再由夹角公式计算即可. 【详解】因为，所以， 由可得， 所以，所以， 由知， 故选：C 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】先利用切化弦的思想将、都进行切化弦的处理，然后利用两角和的正弦公式以及两角差的余弦公式即可得解. 【详解】因为，所以，即 又 所以 所以， 故选：C 5. 已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱柱及正四棱锥的体积公式可得正四棱锥的高与斜高的关系式，进而可得解. 【详解】 如图所示，正四棱柱为，正四棱锥， 设底边边长，高， 则， 又正四棱柱的侧面积， 正四棱锥的侧面积， 则，解得， 所以正四棱锥体积， 故选：B. 6. 已知等差数列和等比数列的前项和分别为和，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】分别设出为和的形式，由此求得，即可化简后得到结果. 【详解】由等差数列和等比数列的前项和分别为和， 当等比数列的公比时，，显然不合题意； 所以，等比数列为常数列，所以可设，，， 所以可得，故C正确. 故选：C. 7. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，再将的图像上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的（）倍，得到函数的图像，且在区间上恰有两个极值点、两个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】现根据函数平移放缩变换，得到解析式，再根据在区间上恰有两个极值点、两个零点，结合余弦函数图象进行求解即可. 【详解】法一：由题意，得，所以．令，，则．设，则在上恰有两个极值点和两个零点．结合图像知，解得． 法二：验证排除法.由题意可知，所以，根据四个选项的特点，只有选项C中不含，所以只需要验证时的情况，若，则，令，因为，所以，结合图像知此范围内由两个零点，一个极小值点，不符合题意，所以，故选C. 法三：由题可知，，所以，令， ，则，，分别令，则，，，由题意知解得. ， ，则，，分别令，则，，，由题意知解得，综上所述，. 故选：C． 二、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． 8. 若随机变量，随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由正态分布的性质逐项判断. 【详解】，A正确； 因为，所以，B错误； ，故C正确； ，， ，D错误． 故选：AC. 9. 已知函数，则（ ） A. 是的极大值点 B. 的图象关于点对称 C. 有2个零点 D. 当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导数求函数极值点判断选项A；通过证明得函数图象的对称点判断选项B；利用函数单调性和零点存在定理判断选项C；利用单调性比较函数值的大小判断选项D． 【详解】对于A，函数，，令，解得或， 故当时，，当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故0是的极大值点，故A正确； 对于B，因为 ， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，，易知的单调性一致，而， 故有2个零点，故C正确； 对于D，当时，，而在上单调递增， 故，故D错误． 故选：ABC． 10. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支，在数学曲线领域占有至关重要的地位，同时也具有特殊的有价值的艺术美．它既是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素．双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”，如图，曲线：是双纽线，下列说法正确的是（ ） A. 曲线的图象关于原点对称 B. 曲线经过3个整点（横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线上存在点到坐标原点的距离超过3 D. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将点代入方程进行验证即可判断；对于B，对方程进行化简，使得判别式大于等于0，从而求出整数根；对于C，根据两点距离公式进行判断即可；对于D，联立直线与曲线方程组，根据方程仅有一个解可求出参数的取值范围. 【详解】A项： 设曲线上任意一点，则坐标满足曲线方程，即方程成立． 可得成立， 即点关于原点的对称点也适合曲线方程， 所以曲线的图象关于原点对称，故A正确； B项： 方程可化为， 令，则方程， 由判别式，可得， 若是整数，则． 令，，解得或3或，有三个整点，，； 令，，解得或5，此时无整点； 所以曲线共经过3个整点，故B正确； C项： 设曲线上任一点，当为原点时，到原点的距离为0； 当不为原点时，，则由可得，， 所以点到原点的距离，且； 综上，曲线上任一点到原点的距离都不超过3，故C错误； D项： 直线恒过原点，且曲线经过，则直线与曲线至少一个公共点 又与曲线只有一个公共点，故除原点外无其他公共点． 联立，消得， 当时，方程仅一解，满足题意； 当时，当时，方程恒成立，即恒有一解， 当时，方程化简得，即当时，方程无解，满足题意； 综上，，解得或，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______． 【答案】27 【解析】 【分析】根据二项式定理求解即可. 【详解】令，则展开式中各项系数之和为， 由题意得，解得. 的通项为， 令，解得. 代入通项得该项系数为. 故答案为：27. 12. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线方程，设切线与曲线的切点，即可得，即，且，构造函数求导，根据导数判断函数单调性及方程的解，可得，即可得. 【详解】由，得， 所以切线斜率， 则切线方程为， 设直线与曲线的切点为， 且， 则，即，且， 设，， 所以当时；当时， 即在上单调递减，在上单调递增， 则， 所以有唯一解， 则， 故答案为：. 13. 在正八面体中，任取四个顶点，则这四点共面的概率为______；任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据正八面体的结构特征，四边形，，是正方形，可求出任取四个顶点，则这四点共面的概率；先证明任意相邻两个面所成角为钝角，再根据根据正八面体结构特征求解. 【详解】如图，在正八面体中，八个面是全等的等边三角形，，，相交于同一点且两两互相垂直，则四边形，，是正方形， 任取四个顶点，则这四点共面的概率为； 设，则，取的中点，连接，则，， 所以是平面与平面所成角， 所以， 所以是钝角，根据正八面体结构，每个面与相邻的3个面所成角均为钝角， 所以任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是认识清楚正八面体的结构特征求解. 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． 14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．. （1）求A； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理以两角和的正弦公式化简求解即可； （2）先利用余弦定理可得，进而结合得到，进而由正弦定理求解即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 整理得， 因为B为的内角，所以，因此， 所以，即，又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理有， 整理得， 由题意有，即， 因此有，从而， 由正弦定理有. 15. 已知椭圆：的左右焦点分别是和，离心率为，点在椭圆上，且的面积的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）直线过椭圆右焦点，交该椭圆于、两点，AB中点为，射线OQ交椭圆于，记的面积为，的面积为，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积和椭圆的离心率求出椭圆方程即可. （2）分两种情况，直线的斜率存在和不存在时，设出点的坐标和直线方程，然后将两点的坐标代入椭圆方程作差得到，然后联立直线与椭圆方程组求得直线的斜率，进而得到直线的方程. 【小问1详解】 依题意，显然当在短轴端点时，的面积最大为， 即，又由离心率为，， 解得，，， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以， ①当斜率不存在时，，不合题意， ②当斜率存在时，设直线方程为， 设点，，则，两式作差得：， 因为是的中点，所以上式即为， 故直线的方程为：， 联立，解得， 联立，解得， 因为，所以，所以， 即，解得：， 所以直线的方程为． 16. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】（1） 证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以， 而平面，所以． 因为，所以， 又平面，故， 又平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由题意推出，再由线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，由空间角的向量求法，列式计算，可得.答案 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以，为，轴，过点作平面垂直的线为轴，建立如图所示空间直角坐标系： 令，则，，， ，， ， 设平面的法向量，所以， 设，则，，所以， 设平面CPD的法向量为，所以， 设，则，，所以， 因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角，所以， 解得，所以 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：方程在上有且只有一个解； （3）设点，，，若对任意，，都有经过，的直线斜率大于，求实数的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2） 证明：由化简得， 令， 要证方程在上有且只有一个解， 即证方程在上有且只有一个解， 又，所以当时，当时， 当时， 所以在，上单调递减，在上单调递增， 所以当时， 所以在上不存在满足， 又，，所以有且只有一个，满足， 所以在上有且只有一个解. （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，结合正弦函数的性质即可得解； （2）将化简得，令，则问题转化为方程在上有且只有一个解，利用导数说明函数的单调性，即可证明； （3）设，由题意可知，则，令，则， 即在上单调递增，则在上恒成立，多次构造函数，利用导函数说明函数的单调性，即可得解. 【小问1详解】 因为定义域为， 且， 所以当时， 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，则， 由题意可知，可得， 即， 令，则， 所以在上单调递增， 所以在上恒成立，又， 所以在上恒成立， 令，则，，解得， ，令，则， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，， 当时，所以，所以在上单调递增， 所以，满足题意； 当时，则，而， 所以存在唯一的，满足， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，满足题意， 综上可得. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 18. 已知数列一共有项，成公差不为的等差数列，对任意的成等差数列，且对于不同的，其公差为同一个非零常数． （1）若，求数列的各项之和； （2）证明：成等差数列； （3）从中任取三个数，记成等差数列且也成等差数列的概率为，证明：． 【答案】（1）45 （2）证明： … … … … … … … … … … … … … … 如数表所示，即证明左上至右下的对角线上的数成等差数列， 由数列的定义可知，该数表每行均为等差数列且公差相同，设公差为， 每列也为等差数列且公差相同，设公差为， 那么， 那么数列是以为首项，为公差的等差数列． （3）证明：不妨将数表中的每个数看作一个点，若三点共线，且关于中间的一点中心对称，则显然这三个点对应的数构成等差数列． 在该数表中，只需要横行投影成等差数列，且纵列投影成等差数列即可， 先对横行进行分析，在个数中取三个数得到不相同的等差数列的方法数， ①若为偶数，则公差为的等差数列的个数为，公差为的个数为，公差为的个数为2，共有个等差数列， 此时成等差数列且也成等差数列的总取法数为， 则； ②若为奇数，由上分析，同理可得每横行可以产生个等差数列， 此时成等差数列且也成等差数列的总取法数为， 则． 综上所述：成立． 【解析】 【分析】（1）由，及数列的定义求出数列的每一项，即可得到数列的各项之和； （2）首先把数列排成方阵，根据题意理解该数列的每行每列成等差数列，再用等差数列的定义证明左上至右下的对角线上的数成等差数列即可； （3）分为奇偶，进行分类讨论，求出成等差数列且也成等差数列的总可能数，利用古典概型求出，再进行放缩和比较大小. 【小问1详解】 由题意得，又由数列的定义知， 则可得数列各项如图所示． 则数列的各项之和为． 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 【点睛】关键点点睛： （1）第一问和第二问的关键点是对数列定义的理解，并绘制对应的数阵； （2）第三问的关键在于分别对横行和竖列进行分析，求出使成等差数列且也成等差数列的总取法数，比如为偶数，横行进行分析，在个数中取三个数得到不相同的等差数列的方法数为，对整体分析时，可以先考虑每横行取，则有 ，同理对每竖列取时也有，然后对角线取得时候，每横行取第几行，则每竖列也取第几列，比如横行取，则竖列取，即形成如图所示的数阵，则两条对角线的三个数成等差数列，因此共有，总和即为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题 （试卷满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 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，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 已知平面向量满足，，且．则向量与向量的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 12 5. 已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列和等比数列的前项和分别为和，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 7. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，再将的图像上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的（）倍，得到函数的图像，且在区间上恰有两个极值点、两个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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． 8. 若随机变量，随机变量，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，则（ ） A. 是的极大值点 B. 的图象关于点对称 C. 有2个零点 D. 当时， 10. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支，在数学曲线领域占有至关重要的地位，同时也具有特殊的有价值的艺术美．它既是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素．双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”，如图，曲线：是双纽线，下列说法正确的是（ ） A. 曲线的图象关于原点对称 B. 曲线经过3个整点（横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线上存在点到坐标原点的距离超过3 D. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______． 12. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则实数__________. 13. 在正八面体中，任取四个顶点，则这四点共面的概率为______；任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为______． 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． 14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．. （1）求A； （2）若，求的值. 15. 已知椭圆：的左右焦点分别是和，离心率为，点在椭圆上，且的面积的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）直线过椭圆右焦点，交该椭圆于、两点，AB中点为，射线OQ交椭圆于，记的面积为，的面积为，若，求直线的方程． 16. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：方程在上有且只有一个解； （3）设点，，，若对任意，，都有经过，的直线斜率大于，求实数的取值范围． 18. 已知数列一共有项，成公差不为的等差数列，对任意的成等差数列，且对于不同的，其公差为同一个非零常数． （1）若，求数列的各项之和； （2）证明：成等差数列； （3）从中任取三个数，记成等差数列且也成等差数列的概率为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $