精品解析：江苏省启东中学2024-2025学年高三下学期数学回归教材检测(5.24)

高三数学回归教材检测(数学) 考查内容：集合与不等式（第1题，涉及集合的并集运算与不等式求解） 平面向量（第2题，涉及向量的投影向量计算） 逻辑与充分必要条件（第3题，涉及条件关系的判断） 概率统计（正态分布）（第4题，涉及正态分布曲线的比较与概率大小） 解析几何（轨迹方程、曲线对称性、圆与椭圆）（如第5、10、18题，涉及动点轨迹方程、曲线对称性与周长面积、椭圆方程与切线问题等） 立体几何（棱柱体积、线面垂直、二面角）（如第6、15题，涉及正三棱柱体积计算、四棱锥中的垂直关系与二面角） 函数与导数（函数性质、奇偶性、导数关系、极值与零点）（如第7、9、11题，涉及三角函数的周期性、导数与函数关系、三次函数的零点与极值等） 数列（等比数列、数列求和、新定义数列变换）（如第8、19题，涉及等比数列前n项和与乘积的最值、新定义数列变换与和的最值） 对数与指数运算（第12题，涉及对数运算与位数计算） 圆台与空间几何（第13题，涉及圆台中的距离平方和取值范围） 三角函数与解三角形（第16题，涉及解三角形与中线交点角的余弦值） 概率与随机过程（第17题，涉及传球模型中的概率、分布列与递推概率） 应用题与数学建模（第14、18题，涉及游乐设施高度函数模型、椭圆定义与切线面积最值） 新定义与创新题（第19题，涉及数列的M变换与和最值问题，体现逻辑推理与分类讨论能力） 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式再由并集运算计算可得结果. 【详解】解不等式可得，即， 又，可得. 故选：B 2. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，根据平面向量数量积和模的坐标表示，结合投影向量的概念求解即可. 【详解】由，，得，， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：D 3. 已知，，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分、必要条件的定义即可判断． 【详解】由得，则 ，则，充分性成立； 由，若，，则，得不到，必要性不成立， 故 p是 q的充分不必要条件． 故选：A． 4. 已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用正态分布对称性和概率性质计算即可. 【详解】解：对于，，故A错误； 对于，因为， 所以    ，故B错误； 对于C，显然， 所以， 所以，故C正确；  对于，因为， 所以，故D错误． 故选：C． 5. 在平面直角坐标系中，，动点和分别位于正半轴和负半轴上，若，则和的交点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. （在一三象限部分） E. 【答案】D 【解析】 【分析】通过设出交点的坐标，利用、、、的坐标关系以及已知条件来建立等式，从而求出的轨迹方程. 【详解】设，，. 因为，所以. 已知，，根据直线的截距式方程（为轴上的截距，为轴上的截距），可得直线的方程：. 已知，，则直线的方程为. 因为是和的交点，所以的坐标满足和的方程. 对于直线的方程，可得①. 对于直线的方程，可得②. 由①②可得：若则；若则； 又因为，所以，化为. 综上，和的交点的轨迹方程为（在一三象限部分） 故选：D. 6. 如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据液体体积不变列方程求解可得. 【详解】记侧面水平放置时，液面与分别交于， 的中点为，连接交于点，的面积为， 由题可知，，则， 所以，则梯形的面积为， 所以直棱柱的体积为， 又底面水平放置时，液面高为3，所以液体体积为， 所以，解得. 故选：D. 7. 记，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对A，根据题意，化简判断；对B，化简得解；对C，将化简，利用三角函数有界性判断；对D，作差，化简判断． 【详解】，A正确； ，所以的最小值为，B正确； ， 所以的最小值为，C错误； ， 所以，D正确． 故选：C． 8. 设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（ ） A 无最小值，无最大值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最大值 D. 有最小值，有最大值 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本量法，可求出公比满足，根据前项和与前项积的定义进行讨论计算，可以得出有最小值，而有最大值. 【详解】由已知，是等比数列，，即，可得， 若，则，可计算当时，， 结合，可得即为的最小值， 同理，当，，当，，可知的最小值为， 综上可得，有最小值. 由可得，， 根据等比数列性质，，必有满足对于所有，， 因为一定是正负交替出现，可得一定存在最大值. 综上，对于满足已知条件的等比数列，满足有最小值，有最大值. 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由奇函数可得为偶函数，再结合已知得出的解析式，再分别判断A,C,D选项，再结合解析式应用基本不等式计算判断B. 【详解】因为奇函数关于对称，所以，所以，所以为偶函数， 因为，则, 又因为奇函数，所以为偶函数，所以， 所以，A选项错误； 因为，当且仅当时等号成立，所以，所以，B选项正确； 因为，又因为，所以，所以 所以，C选项正确； 因为，所以，D选项正确. 故选：BCD. 10. 设曲线：，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线围成的图形的面积大于5 C. 曲线的周长为 D. 曲线上的两点之间距离不大于 【答案】ABD 【解析】 【分析】将点关于直线对称的点代入曲线的方程判断A；当，得曲线为圆心为，半径为的圆在第一象限的半圆部分，讨论不同象限的符号可画出曲线图形，结合图形利用圆的几何性质可判断BCD. 【详解】A选项，将点关于直线对称的点代入曲线：得， 即点满足曲线方程，故曲线：关于直线对称，A正确； C选项，当时，满足曲线：，故原点在曲线上， 当，得曲线：， 对应的图形为圆心为，半径为的圆在第一象限的半圆部分，此圆弧的长度为，同理可得， 曲线在第二象限的图形为圆心为，半径为的圆在第二象限的半圆部分； 曲线在第三象限的图形为圆心为，半径为的圆在第三象限的半圆部分； 曲线在第四象限的图形为圆心为，半径为的圆在第四象限的半圆部分； 曲线：对应的图形如下： 故曲线的周长为，C错误； B选项，曲线围成的图形的面积可分割为边长为的正方形和4个半径为的半圆， 故曲线围成的图形的面积为，故B正确； D选项，其中圆心与，直线与曲线交于点，， 则即为曲线上的两点之间距离的最大值， 其中， 故曲线上的两点之间距离不大于，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据方程特征，分四个象限讨论曲线的形状，并利用圆的几何性质结合图形进行解答.数形结合思想是高中数学一种重要的数学思想，一定要熟练掌握并应用于解题当中. 11. 已知函数满足，则（ ） A. B. 对于任意有三个零点 C. 对于任意有两个极值点 D. 时，在上存在最大值 【答案】AB 【解析】 【分析】根据，即可判断A；由A选项知，，利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可判断B；举出反例，结合极值点的定义即可判断C；求导，确定函数在上单调性即可判断； 【详解】对于A，由，， 可得，即，故A正确； 对于B，由A选项可得， 则，则， 当时，令，则， 令，则或， 令，则， 所以函数在上单调递增， 在上单调递减， 由，可得， 而，所以， 又当时，，当时，， 所以函数在和都存在一个零点， 所以对于任意，有三个零点，故B正确； 对于C，当时， ，则， 由， 得恒成立， 所以函数在上单调递增， 所以函数无极值点，故C错误； 对于D，由A知：，，得， 所以， 所以， 易知：时，，时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又， 所以在上不存在最大值，D错误， 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个正整数可以表示成的形式，其中，为非负整数，则的位数为.运用上述方法，可得的位数为__________ 【答案】66 【解析】 【分析】设 ，根据对数的运算可得 ，再由位数的定义可得结果. 【详解】设 ，又， 则 ， 所以， 则其位数为，即为66位数. 故答案为：66. 13. 已知圆台的高为1，圆和圆的半径分别为1和2，点在圆上运动，是圆上三点，且是等腰直角三角形，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，先求点的点的坐标，再根据距离公式计算结合未知量范围求解. 【详解】因为是等腰直角三角形，所以,, 以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则,且， 则 则的取值范围是. 故答案为：. 14. 如图所示，某游乐场有一款游乐设施，该设施由转轮和转轮组成，的圆心固定在转轮上的点处，某个座椅固定在转轮上的点处．的半径为10米，的半径为5米，的圆心距离地面竖直高度为20米．游乐设施运行过程中，与分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟．当在正下方且在正下方时，开始计时，设在第分钟距离地面的竖直高度为米．给出下列四个结论： ①； ②最大值是35； ③在竖直方向上的速度大小低于40米/分钟； ④存在，使得时到的距离等于15米． 其中所有正确结论的序号为________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据题意，可求得在第分钟距离地面的竖直高度为，逐项判断即可求解. 【详解】转轮与转轮分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟，可得最小正周期，，所以，， 又的半径为10米，的圆心距离地面竖直高度为20米， 所以第分钟，点距离地面的高度为：， 第分钟，距离地面的竖直高度为：， 化简得， 所以，故①正确； 当，即时，得最大值，为，故②错误； 若到的距离等于15米，则点Q在线段PM上，则需, 所以不存在，使得时到的距离等于15米．故④错误； 因为旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟，所以可得点在圆周上的速度为，同理可得点在圆周上的速度为，所以点在竖直方向上的速度大小低于40米/分钟，故③正确. 故答案为：①③. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，E为的中点. （1）求证：平面 （2）求平面ACE与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面垂直，则需要通过证明线线垂直进而得到线面垂直，即证明. （2）先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，通过坐标方法求出平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式求出结果即可. 【小问1详解】 证明：连接，因为，，， 所以， 又因为，所以， 所以，所以 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面 【小问2详解】 解：因为，，所以 如图，以D为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，平面内过点D且与垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系 则，，，，， 因为E为的中点，所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 所以，即 令，则，，所以 同理，平面的一个法向量为 设平面与平面的夹角为， 则 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，已知 （1）求 （2）若，，的面积为. ①求; ②设BC，AC边上两条中线AD，BE相交于点O，求. 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）利用和角公式和正弦定理，以及辅助角公式推理计算即得； （2）①利用余弦定理和三角形面积公式即可求得；② 先将分别用表示，再运用向量数量积的运算律和向量夹角的计算公式求出即得答案. 【小问1详解】 由，可得， 由正弦定理得 因为， 所以 由于，则，所以. 又，则，故. 【小问2详解】 ①由题意，的面积，可得①， 由余弦定理得，，且，所以, 则，因为，所以②， 因为，联立①和②解得，， ② 因为D，E分别是BC，AC的中点，O为AD，BE的交点， 所以，， 因为 ， ， 所以, 由题意，为锐角，则. 17. 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为． （1）求第次传球者为乙的概率； （2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差； （3）求第次传球者为丁的概率． 【答案】（1）； （2）分布列见解析，； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用独立事件乘法求甲丙乙、甲丁乙的概率，再应用互斥事件加法求概率； （2）由题意的可能取值为，，并求出对应概率，写出分布列，进而求方差； （3）设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，根据已知得，进而有，再由等比数列的定义写出通项公式，即可得. 【小问1详解】 甲丙乙的概率为：，甲丁乙的概率为：， 记事件“第次传球者为乙”，则． 【小问2详解】 由题设，的可能取值为，， ， ， 所以的概率分布列为 ． 【小问3详解】 设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，则， 因为乙和丁相对于甲，地位是相等的，所以第次传球者为乙的概率也为，第次传球者为丙的概率也为， 因为， 所以，因为， 所以是以为首项，为公比等比数列， 所以，即． 18. 如图，圆半径为是圆内一个定点，且，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，以线段的中点为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过上的一点作的切线交圆于不同的两点. （i）探求点到点的距离是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）定值，4；（ii）8 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知，结合椭圆定义即可得方程； （2）①联立方程，结合相切关系可得和点Q的坐标，进而可得，进而可得结果；②根据垂径定理求面积，结合分析最值即可. 【小问1详解】 由题意可知：， 则， 可知动点的轨迹是以为焦点的椭圆，且， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）联立方程，消去可得， 因为直线与曲线相切，则， 整理可得，则原方程为，解得， 将代入直线，可得， 可知，且， 则，为定值； （ii）由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为到直线的距离 ， 可得， 因为，则， 可得， 则面积， 可知当，即时，取到最大值8. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)． 19. 已知有穷数列：，，…，经过一次M变换后得到数列：，，…，，． 其中，表示a，b中的最小者．记数列A的所有项之和为． （1）若：1，3，2，4，写出数列并求； （2）若：，，…，是1，2，3，…，n的一个排列，例如，当时，4，1，3，2可以为1，2，3，4的一个排列． （i）当时，求的最小值； （ii）若经过一次M变换后得到数列，求的最小值． 【答案】（1）：1，2，2，1；； （2）（i）9；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据变换的定义写出数列，再计算得； （2）（i）分析得的所有项中至多有两个1和两个2，则得到其最值； （ii）分若，和讨论即可. 【小问1详解】 由题意，，即1，2，2，1． 所以． 【小问2详解】 （i）由题意知，中元素两两互异，故中的任一元素， 如，在中至多在和中出现两次（规定，）， 且若出现两次则这两个数处于邻位（和也视为邻位）． 所以的所有项中至多有两个1和两个2．所以． 当为1，4，2，5，3时等号能取到，所以的最小值为9． （ii）同（i）可知，中的任一元素若在中仅出现一次，则在中至多出现两次； 若在中出现两次，由于这两个数处于邻位，故在中至多出现三次． ①若，则， 当满足时等号能取到． ②若，则． 当满足时等号能取到． ③若，则． 当满足时等号能取到． 综上，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学回归教材检测(数学) 考查内容：集合与不等式（第1题，涉及集合的并集运算与不等式求解） 平面向量（第2题，涉及向量的投影向量计算） 逻辑与充分必要条件（第3题，涉及条件关系的判断） 概率统计（正态分布）（第4题，涉及正态分布曲线的比较与概率大小） 解析几何（轨迹方程、曲线对称性、圆与椭圆）（如第5、10、18题，涉及动点轨迹方程、曲线对称性与周长面积、椭圆方程与切线问题等） 立体几何（棱柱体积、线面垂直、二面角）（如第6、15题，涉及正三棱柱体积计算、四棱锥中的垂直关系与二面角） 函数与导数（函数性质、奇偶性、导数关系、极值与零点）（如第7、9、11题，涉及三角函数的周期性、导数与函数关系、三次函数的零点与极值等） 数列（等比数列、数列求和、新定义数列变换）（如第8、19题，涉及等比数列前n项和与乘积的最值、新定义数列变换与和的最值） 对数与指数运算（第12题，涉及对数运算与位数计算） 圆台与空间几何（第13题，涉及圆台中的距离平方和取值范围） 三角函数与解三角形（第16题，涉及解三角形与中线交点角的余弦值） 概率与随机过程（第17题，涉及传球模型中的概率、分布列与递推概率） 应用题与数学建模（第14、18题，涉及游乐设施高度函数模型、椭圆定义与切线面积最值） 新定义与创新题（第19题，涉及数列的M变换与和最值问题，体现逻辑推理与分类讨论能力） 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1 已知集合，则（ ） A. B. C D. 2. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则p是q（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，，动点和分别位于正半轴和负半轴上，若，则和的交点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. （在一三象限部分） E. 6. 如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 记，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 8. 设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（ ） A. 无最小值，无最大值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最大值 D. 有最小值，有最大值 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 设曲线：，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线围成的图形的面积大于5 C. 曲线的周长为 D. 曲线上的两点之间距离不大于 11 已知函数满足，则（ ） A. B. 对于任意有三个零点 C. 对于任意有两个极值点 D. 时，在上存在最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个正整数可以表示成的形式，其中，为非负整数，则的位数为.运用上述方法，可得的位数为__________ 13. 已知圆台的高为1，圆和圆的半径分别为1和2，点在圆上运动，是圆上三点，且是等腰直角三角形，则的取值范围是__________. 14. 如图所示，某游乐场有一款游乐设施，该设施由转轮和转轮组成，的圆心固定在转轮上的点处，某个座椅固定在转轮上的点处．的半径为10米，的半径为5米，的圆心距离地面竖直高度为20米．游乐设施运行过程中，与分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟．当在正下方且在正下方时，开始计时，设在第分钟距离地面的竖直高度为米．给出下列四个结论： ①； ②最大值是35； ③在竖直方向上的速度大小低于40米/分钟； ④存在，使得时到的距离等于15米． 其中所有正确结论的序号为________． 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，E为的中点. （1）求证：平面 （2）求平面ACE与平面夹角的余弦值. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，已知 （1）求 （2）若，，的面积为. ①求; ②设BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点O，求. 17. 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为． （1）求第次传球者为乙的概率； （2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差； （3）求第次传球者为丁概率． 18. 如图，圆的半径为是圆内一个定点，且，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，以线段的中点为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过上的一点作的切线交圆于不同的两点. （i）探求点到点的距离是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由； （ii）求面积的最大值. 19. 已知有穷数列：，，…，经过一次M变换后得到数列：，，…，，． 其中，表示a，b中的最小者．记数列A的所有项之和为． （1）若：1，3，2，4，写出数列并求； （2）若：，，…，是1，2，3，…，n的一个排列，例如，当时，4，1，3，2可以为1，2，3，4的一个排列． （i）当时，求的最小值； （ii）若经过一次M变换后得到数列，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $