辽宁省鞍山市普通高中2024-2025学年高三上学期第一次质量检测数学试题

鞍山市普通高中2024—2025学年度高三第一次质量监测数学考试时间：120分钟满分：150分一､单项选择题：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.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式求得集合，进而求得.【详解】由解得或，所以；由，得，即，解得或，所以，所以故选：D2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，化简得到，结合复数的运算法则，即可求解.【详解】由复数满足，可得.故选：B.3.已知向量满足，则（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】利用平方方法求得，进而求得.【详解】由两边平方得，化简得，所以.故选：D4.在二项式的展开式中，常数项为（）A.180 B.270 C.360 D.540【答案】A【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】二项式的展开式的通项公式为，令，解得，所以常数项为.故选：A5.已知函数为奇函数，则实数的值为（）A.-2 B.2 C.-1 D.1【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性列方程，化简求得的值.【详解】的定义域是，由于是奇函数，所以，即，解得，当时，，，符合题意，所以的值为.故选：B6.若为随机事件，且，则（）A.若为互斥事件，则B.若为互斥事件，C.若为相互独立事件，D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件、相互独立事件、条件概率、全概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若为互斥事件，则，A选项错误.B选项，若为互斥事件，，B选项错误.C选项，若为相互独立事件，，所以C选项错误.D选项，，即，解得，所以D选项正确.故选：D7.已知双曲线在双曲线上，且，若恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由、恒成立列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由于，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去并化简得，，，整理得①，则不同时为.，，则，则，依题意，即，则恒成立，即恒成立，由①得，则，所以恒成立，所以，解得，所以的取值范围是.故选：A8.已知定义在上的函数，若，则取得最小值时的值为（）A.4 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断的单调性，得到关于的关系式，利用构造函数法，结合导数来求得取得最小值时的值.【详解】依题意，，，令，所以在1,+∞上单调递增，所以在1,+∞上单调递增，由于，所以，，所以，设，，令解得，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以当时，取得最小值，也即取得最小值.故选：C【点睛】方法点睛：研究函数的单调性，可以考虑利用导数来求解，当一次求导无法解决时，可以考虑利用多次求导来进行研究.研究一个表达式的最值问题，可以利用构造函数法，然后利用导数来进行求解.二､多项选择题：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.已知函数，定义域均为，则下列说法正确的是（）A.函数与有相同的最小正周期B.函数与的图象有相同的对称轴C.的图象可以由函数的图象向右平移个单位得到D.函数的图象与的图象关于直线对称【答案】ACD【解析】【分析】化简的解析式，然后根据周期性、对称性以及图象变换的知识求得正确答案.【详解】，和的最小正周期都是，所以A选项正确.由解得，所以的对称轴是；由解得，所以的对称轴是，所以B选项错误.向右平移个单位得到，所以C选项正确.，所以函数的图象与的图象关于直线对称，D选项正确.故选：ACD10.已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（）A.的最大值为5B.的最大值为C.直线与圆相切时，D.圆心到直线的距离最大为4【答案】BC【解析】【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径.，Px0所以的最大值为，A选项错误.如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大，此时，且，B选项正确.直线，即，过定点，若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为，即，解得，所以C选项正确.圆心到直线的距离，当时，，当时，，所以D选项错误.故选：BC11.已知函数满足对任意x∈R，都有，且为奇函数，，下列说法正确的是（）A.函数的一个周期是8B.函数为偶函数CD.【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的周期性、奇偶性、对称性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于为奇函数，图象关于原点对称，所以图象关于点对称，由于，所以的图象关于直线对称.所以，所以是周期为的周期函数，A选项正确.对于B选项，由上述分析可知，，所以B选项错误.依题意，，则，，，，，所以，根据周期性可知，所以C选项正确.由上述分析可知，所以，，，依此类推，可得：，所以D选项正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：求解周期性、奇偶性、对称性有关问题，关键是记住一些常见的结论，如，则图象关于直线对称；如，则是周期为的周期函数；如果一个函数的图象既有轴对称，也有中心对称，则可以考虑函数具有周期性.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列的前项和为，且有，则__________.【答案】12【解析】【分析】利用赋值法求得正确答案.【详解】依题意，，令，得；令，；令，.故答案为：13.已知，则__________.【答案】##【解析】【分析】利用三角恒等变换、同角三角函数的基本关系式等知识求得正确答案.【详解】，所以，由于，所以，所以.故答案为：14.已知四棱锥中，底面为正方形，，则__________，该四棱锥的高为__________.【答案】①.或②.或【解析】【分析】连接，设，在中，利用余弦定理列出方程，可求得的长，过点作平面，得到点为的外心，求得外接圆的半径为，两种情讨论，结合，即可求解.【详解】如图所示，连接，因为四边形为正方形且，可得，设，在中，可得，即，整理得，解得或，即或，因为，可得，过点作平面，垂直为，由，可得点为的外心，设外接圆的半径为，且，设点到底面的距离为，当时，可得，所以，所以，且，所以，由，即，解得，即四棱锥的高为；当时，可得，所以，所以，且，所以，由，即，解得，即四棱锥的高为，综上可得：四棱锥的高为或.故答案为：或；或.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.15.如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，且平面平面.（1）求四棱锥的体积；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求得四棱锥的高，进而计算出四棱锥的体积；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的余弦值.【小问1详解】取中点，连接，因为平面平面，平面平面，平面，在等边中，，所以平面，由题设，所以四棱锥的体积为.【小问2详解】取中点，连接，则，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，则，，设n1=x1,y1,z取为平面的法向量，则由图可知，二面角的大小为钝角，故二面角的余弦值为.16.2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回.某学校为了了解学生对探月工程的关注情况，随机从该校学生中抽取了一个容量为90的样本进行调查，调查结果如下表：关注不关注合计男生5560女生合计75（1）完成上述列联表，依据该统计数据，能否有的把握认为该校学生对探月工程的关注与性别有关？（2）为了激发同学们对探月工程的关注，该校举办了一次探月知识闯关比赛，比赛有两个答题方案可供选择：方案一：回答4个问题，至少答对3个问题才能晋级；方案二：在4个问题中随机选择2个问题作答，都答对才能晋级.已知振华同学答对这4个问题的概率分别为，振华同学回答这4个问题正确与否相互独立，则振华选择哪种方案晋级的可能性更大？附：0.10.050.0250.010.0012.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）表格见解析，能有（2）振华选择方案一晋级的可能性更大【解析】【分析】（1）根据已知条件补全列联表，计算的值并作出判断.（2）根据相互独立概率计算，求得两种方案晋级的概率，从而作出判断.【小问1详解】列联表如下：

关注不关注合计男生55560女生201030合计751590，能有的把握认为该校学生对探月工程的关注与性别有关.【小问2详解】记这4个问题为，记振华答对的事件分别记为，分别记按方案一､二晋级的概率为，则，，因为，振华选择方案一晋级的可能性更大.17.已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.（1）直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值；（2）求证：直线过定点.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程，结合斜率公式分析证明；（2）解法一：设，联立方程可得韦达定理，根据斜率关系列式求得，即可得结果；解法二：设，联立方程求坐标，进而根据直线方程分析定点【小问1详解】由题意，可得，所以椭圆，且设，则，即，可得，所以为定值.【小问2详解】解法一：设，则，可得，设直线，，联立方程，消去x可得，则，解得，且，则，整理可得，则，因为，则，解得，所以直线过定点解法二：设，则，直线，可知与椭圆必相交，联立方程，消去y可得，则，解得，同理，直线的斜率存在时，，则，令，；当的斜率不存在时，则，解得；综上所述：直线过定点【点睛】方法点睛：1．过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．2．求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．18.已知函数，且定义域为.（1）求函数的单调区间；（2）若有2个零点，求实数的取值范围；（3）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）先求得f′x，然后对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）由（1）先确定的一个大致范围，然后根据零点个数列不等式，结合零点存在性定理求得的取值范围.（3）构造函数，求得，对进行分类讨论，由恒成立列不等式来求得的取值范围.【小问1详解】，，①时，f′x<0恒成立，所以在上递减；②时，恒成立，所以在上递增；③时，令得，单调递减，单调递增，综上：时，在上单调递减，时，在上递增，时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】因为不是单调函数，由（1）知，，且在上单调递减，在上单调递增，要使得有2个零点，则必有，所以，，又当时，，先证：，令，令，令在0,2上单调递增，在上单调递减，所以，，所以成立，所以，，即：成立，取则有，且，所以时，有2个零点.综上：.【小问3详解】令，则恒成立，且，，①时，，当时，，当时，，时，恒成立，所以，Fx在上递增，所以，，符合题意.②时，，与题意不符，舍去.③时，时，，由得，，所以，存在，使，且可使，Fx单调递减，x∈0,x0综上：【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．19.若数列满足如下两个条件：①和恰有一个成立；②.就称数列为“中项随机变动数列”.已知数列为“中项随机变动数列”，（1）若，求的可能取值；（2）已知的解集为，求证：成等比数列；（3）若数列前3项均为正项，且的解集为，设的最大值为，求的最大值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据已知条件列方程，求得的可能取值，利用已知条件确定的值.（2）根据已知条件求得、，从而证得成等比数列.（3）利用累乘法以及数列的最值，求得.【小问1详解】因为，所以或，所以或5，当时，符合题意，当时，且，不符合题意，所以.【小问2详解】因为，其余项均为正项，所以或，若时，对于，因为且，故舍去，所以，即