精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高三上学期期末复习数学周测试卷14

高三数学试卷（14） （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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先明确集合、，再求. 【详解】由，故； 由，故. 所以. 故选：D 2. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算和几何意义求解即可. 【详解】， 复数与关于虚轴对称，故. 故选：C 3. 已知平面向量 满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得，利用可得结果. 【详解】∵，∴， ∴. ∵，∴，即， ∴，故. 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用两角和的正弦、余弦公式化简可得，再根据二倍角余弦公式求解. 【详解】由，可得， 即，即得， . 故选：B. 5. 已知函数，则下列函数的图象关于直线对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先判断的奇偶性和对称性，再由图象的平移和正弦函数、余弦函数的对称性，可得结论． 【详解】因为函数的定义域为，且，故函数为偶函数，图象关于轴对称， 函数的图象为函数的图象向右平移1个单位长度得到，故函数的图象关于直线对称， 而函数的图象为函数的图象向左平移1个单位长度得到，故函数的图象关于直线对称，则可排除B,D选项； 又函数的图象关于直线对称，因此函数的图象关于直线对称. 而又函数的图象关于点对称，故排除A选项. 故选：C. 6. 已知，其中相邻的两条对称轴的距离为，且经过点，则关于的方程在上的不同解的个数为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】把方程解的个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，从而利用数形结合可找到答案. 【详解】由已知相邻两条对称轴的距离为，可得，又，可得， 由函数经过点，则，即， 又，可得，所以， 因为函数的最小正周期为， 所以函数的最小正周期为， 所以在函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点， 故选：A. 7. 已知是无穷等比数列，其前项和为.若对任意正整数，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据条件求解出，然后对分奇偶讨论可得和，结合函数的单调性可求结果. 【详解】设的公比为，因为，所以， 所以，所以，所以， 因为对任意正整数恒成立， 所以对任意正整数恒成立； 当是偶数时，对任意正整数恒成立，则， 因为在上单调递增， 所以，所以， 当是奇数时，对任意正整数恒成立，则， 因为在上单调递增， 所以时，，所以， 综上所述，的取值范围是， 故选：D. 8. 设双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点为，，P为双曲线一条渐近线上一点，若.则双曲线C的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设在渐近线上，结合角的关系求出即可代入渐近线结合离心率公式计算求解. 【详解】由题双曲线一条渐近线为，不妨设在该渐近线上， 则可得， 由得，故， 所以，所以， 所以或，由对称性不妨设即， 因为即，所以， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）. 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. 9. 随机事件A，B满足，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. 事件A与相互独立 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义，结合独立事件的定义、条件概率的公式逐一判断即可. 【详解】因为与一定互斥，所以A对； 独立，B对． 对． 错， 故选：ABC 10. 设函数，则对任意实数，下列结论中正确的有（ ） A. 至少有一个零点 B. 至少有一个极值点 C. 点为曲线的对称中心 D. 轴一定不是函数图象的切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，由函数零点的存在性定理可推得至少有一个零点； 对于B选项，可得当时，恒成立，得在上递增，则无极值点； 对于C选项，由可知点为曲线的对称中心； 对于D选项，假设存在实数，则，可推得无实数解，故假设不成立，即可判断. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， 当时， ，当时， ， 由函数零点的存在性定理可知至少有一个零点，故A正确； 对于B选项，， 当时，恒成立， 所以在上递增，则无极值点，故B错误； 对于C选项， ， 所以对任意实数，点为曲线的对称中心，故C正确； 对于D选项，假设存在实数，使得的图像与轴切于点， 则，得，消去得， 设，则， 因为，故， 所以无实数解，故假设不成立， 则对任意实数，轴一定不是函数图象的切线，故D正确． 故选：ACD． 11. 我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13.把m位n进制中的最大数记为，其中，，，为十进制的数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的表达式，再结合等比数列前n项和公式，逐项计算判断即可. 【详解】对于A，， ，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，当时，， 当且仅当时取等号，当时，， 当时， ，C正确； 对于D， ， ， 函数，求导得，则在上单调递减， 当时，，则，即， 因此，即，则； 当时，,D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：本题D选项求解的关键在于结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，进而比较出大小. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，若，则______. 【答案】9 【解析】 【分析】设公差为，利用等差数列的通项公式和求和公式化简计算即得. 【详解】设等差数列的公差为， 由可得， 化简得，因，解得. 故答案为：9. 13. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出标有数字的4只球排序情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到两种情形，结合古典概型即可得结果. 【详解】标有数字的4只球排序共有种情况. 要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况： ①标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况. ②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出， 其他的球在哪次摸出任意，有种情况.故所求概率为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，，二面角的大小为，则到平面的距离为：__________. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，，所以，进而可得同时位于双曲线与椭圆上，求得双曲线方程与椭圆方程，可求得的坐标，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】取中点，连接，由，可得， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，所以， 因为，，所以， 又，所以， 取中点为，在平面中， 以为原点，为轴，如图建系： 同时位于双曲线与椭圆上. 设：，，则：，， ，,所以：，， 由垂直关系：如右图：平面，联立、可得：， 则，，，二面角 对应的平面角为，而在中：， ， ， 设点到平面的距离为， 因为，所以：解得. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到同时位于双曲线与椭圆上，求得点的坐标，从而可利用等体积法求解，难度大. 四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值. 【答案】（1） （2），最小值为 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理将分式化简，结合两角和的正弦公式可求得结果； （2）在中，根据正弦定理表示出，在中，根据正弦定理表示出，根据三角形面积公式得到的面积，即可求出结果. 【小问1详解】 在中，由正弦定理可得， 所以， 所以，即得， 因为，所以，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，由（1）知，所以， 在中，由正弦定理可得，所以， 在中，由正弦定理可得，所以， 所以， 因为，所以， 当时，取得最小值，此时，即， 所以当时，的面积取到最小值，最小值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：取的中点为，连接， 点是的中点，则且， 又点是的中点，底面是矩形， 则且， 且四边形是平行四边形，， 又平面在平面内，平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）要证直线与平面平行，只需在平面内找到已知直线的一条平行线即可； （2）过点P作AB的垂面，作平面ABCD的垂线，建立空间直角坐标系，求出平面PAB的法向量，利用向量法即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作交于点，作交于点，连接， 则平面， 平面， 又平面平面平面， ， . 设平面平面，可知， 平面平面， 取的中点为，连接，则平面. 两两垂直. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， ， 设平面的一个法向量为， 则由取. 设直线与平面所成角为， 则. 综上，直线与平面所成角的正弦值为. 17. 随着信息技术的飞速进步，大数据的应用领域正日益扩大，它正成为推动社会进步的关键力量．某研究机构开发了一款数据分析软件，该软件能够精准地从海量数据中提取有价值的信息．在软件测试阶段，若输入的数据集质量高，则软件分析准确的概率为0.8；若数据集质量低，则分析准确的概率为0.3．已知每次输入的数据集质量低的概率为0.1． （1）求一次数据能被软件准确分析的概率； （2）在连续次测试中，每次输入一个数据集，每个数据集的分析结果相互独立．设软件准确分析的数据集个数为X． ①求X的方差； ②当n为何值时，的值最大? 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意结合全概率公式运算求解； （2）由题意可知：，①直接由二项分别的方差公式求解； ②，结合数列单调性分析求解. 【小问1详解】 记“输入的数据集质量高”为事件，“一次数据能被软件准确分析”为事件，由题意可知：，则， 所以． 所以一次数据能被软件准确分析的概率0.75． 【小问2详解】 由（1）可知：， ①依题意，，所以的方差； ②可知， 令，则， 令，解得，可知当，可得； 令，解得，可知当，可得； 于是 所以当时，最大，即时，的值最大． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，C上不同两点，满足，当时， （1）求C的方程； （2）设直线，交于点，其中， ①证明：； ②已知的面积为1，求与的面积之和． 【答案】（1） （2） ①证明：解法一：因为，所以， 所以， 所以，即； 解法二：过点作直线交轴于点，则与相似， 所以， 又，所以，同理可得， 所以，即； 解法三：直线，直线， 则，即， 即，即， 因为，，， 则，即， 则，即； ② 【解析】 【分析】（1）根据相等向量的概念以及椭圆的对称性可知轴，可列方程组求解或根据的坐标以及椭圆的定义求解； （2）①根据相似三角形的相似比得出坐标比即可求证； 法一：过点作直线交轴于点，构造相似三角形，根据相似比和坐标比求证； 法二：求出直线的方程，化简得出，再根据即可求证； ②法一：根据得出，延长交于点，设直线，根据韦达定理以及建立的方程求出即可； 法二：设直线，根据，，三点共线和，，三点共线得出坐标关系，利用直线的方程以及韦达定理化简得出，最后利用计算即可； 法三：根据得出，再利用点差法化简得出，得出，根据得出，代入椭圆方程中得出； 法四：设，，在使用余弦定理得，同理可得，得出，利用算两次思想计算得出，即可求出，代入化简即可. 【小问1详解】 解法一：当时，，则四边形为平行四边形， 由椭圆的对称性可知，四边形为矩形，即轴，所以， 因，，所以，解得， 所以椭圆的标准方程为； 解法二：当时，，则四边形为平行四边形， 由椭圆的对称性可知，四边形为矩形，即轴，所以， ，即，， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 ①略 ②解法一：因为，所以， 则，则，则， 因，所以， 延长交于点，易知，关于原点对称，则， 设直线， 联立方程，化简可得：， 所以，，， 因为，所以，同理， 所以，则，得， 则，得， 即，即， 所以； 解法二：由，可得， 延长交于点，易知，关于原点对称，则， 设直线， 联立方程，化简可得：， 所以，，， 由，，三点共线，，得， ，，三点共线，同理可得， 则，即， 即，所以， 则， 代入韦达定理可得：，解得， 如图可知：， 所以， 因， 所以； 解法三：因为，所以， 由，可得， 又， 所以， 设，，则，， 依题意可得， 即，又 ①②可得， 化简可得， 又，所以， 因为，则有， 又，代入可得， 化简可得，即，即， 所以； 解法四：因为，所以， 由，可得， 又，所以， 设，，则， 在使用余弦定理可得：， 化简可得：，同理可得， 依题意可得① 又，， 所以② 由②①可得，解得，则， 所以. 19. 若存在正实数a，对任意，使得，则称函数在D上是一个“函数”． （1）已知函数在上是一个“函数”，求a的取值范围． （2）（i）已知当时，，证明：函数在上是一个“函数”． （ii）设，证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明：要证明函数在上是一个“函数”， 只需证当时，，下面证明. 证明：当时，， 由图象的对称性可知，当时，. 令， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以，即，. 令， 则， 同理可得在上单调递增，在上单调递减. 则，即，. 综上所述，. 所以，函数在上是一个“函数”. （ii）证明：当时，， 由（i）可得，,且. 所以，即当时，. 令，则， 则有， 所以 . 故，得证. 【解析】 【分析】（1）由“函数”转化为不等式恒成立问题，再分离参数构造函数，利用导数判断单调性求最值可得； （2）结合定义转化为证明，分别构造两函数与，分别利用导数判断单调性证明不等式即可； （3）当时，由不等式与证得成立，赋值，可得，进而再利用放缩法，分别对赋值，各式累加裂项求和可证. 【小问1详解】 因为函数在上一个“函数”， 所以对任意，恒成立，即. 令， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以当，， 又，则. 要使恒成立，则，解得. 故的取值范围为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】方法点睛：数列和式不等式的证明中经常遇到无法直接求和的情况，一般应用放缩法，通过对原不等式的放缩，把原本复杂数列转化为可求和数列.常用的放缩技巧有：通项放缩、添减项放缩、局部放缩、单调性放缩、基本不等式放缩、分数性质应用放缩（变分子、变分母或分子分母同时变，如真分数性质）等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷（14） （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（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量 满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则下列函数的图象关于直线对称的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，其中相邻的两条对称轴的距离为，且经过点，则关于的方程在上的不同解的个数为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 7. 已知是无穷等比数列，其前项和为.若对任意正整数，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点为，，P为双曲线一条渐近线上一点，若.则双曲线C的离心率（ ） 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. 9. 随机事件A，B满足，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. 事件A与相互独立 C. D. 10. 设函数，则对任意实数，下列结论中正确的有（ ） A. 至少有一个零点 B. 至少有一个极值点 C. 点为曲线的对称中心 D. 轴一定不是函数图象的切线 11. 我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13.把m位n进制中的最大数记为，其中，，，为十进制的数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，若，则______. 13. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______. 14. 在三棱锥中，，，二面角的大小为，则到平面的距离为：__________. 四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 随着信息技术的飞速进步，大数据的应用领域正日益扩大，它正成为推动社会进步的关键力量．某研究机构开发了一款数据分析软件，该软件能够精准地从海量数据中提取有价值的信息．在软件测试阶段，若输入的数据集质量高，则软件分析准确的概率为0.8；若数据集质量低，则分析准确的概率为0.3．已知每次输入的数据集质量低的概率为0.1． （1）求一次数据能被软件准确分析的概率； （2）在连续次测试中，每次输入一个数据集，每个数据集的分析结果相互独立．设软件准确分析的数据集个数为X． ①求X的方差； ②当n为何值时，的值最大? 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，C上不同两点，满足，当时， （1）求C的方程； （2）设直线，交于点，其中， ①证明：； ②已知的面积为1，求与的面积之和． 19. 若存在正实数a，对任意，使得，则称函数在D上是一个“函数”． （1）已知函数在上是一个“函数”，求a的取值范围． （2）（i）已知当时，，证明：函数在上是一个“函数”． （ii）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $