2024-2025学年度上学期普通高中联合教学质量检测高三数学解析版

2024—2025学年度上学期普通高中联合教学质量检测高三数学试解析版满分150分，考试用时120分钟注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设集合，，若，则（

）A．2 B．1 C． D．-2【答案】A【详解】由，得.若，则，不符合题意；又，所以，解得.故选：A2．已知等差数列的前和为Sn，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由等差数列，可得前项和为，又因为，所以，所以，即得，所以，则.故选：A.3．在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为角的终边与单位圆交于点，所以，因为角是第二象限角，所以，所以，故选：C.4．在展开式中，含的项的系数是6，则（

）A．6 B．3 C．3 D．6【答案】B【详解】由题可得含的项为，所以.故选：B.5．已知平面向量，则“”是“与的夹角为钝角”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】B【详解】若与的夹角为钝角，则且与不共线，可得，解得且，因为是的真子集，所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.故选：B.6．已知过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A、B两点，若，AB的中点到轴的距离为，则p的值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【详解】抛物线的焦点，准线，准线交轴于点，由对称性，不妨令点在第一象限，过分别作，垂足分别为，过作于，交于，令，，，由，得，即，则，线段中点，过作于，则，由AB的中点到轴的距离为，得，因此，所以.故选：B7．如图，一个正八面体的八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（

）A．事件与互斥，与相互对立B．C．但不满足两两独立D．且两两相互独立【答案】C【详解】因为事件所含的样本点为：，事件所含的样本点为：，事件所含的样本点为：.因为事件，都包含样本点2,3，所以，不互斥，故A错误；因为所含的样本点为：，所以，故B错误；因为所含的样本点为：，所以，又，所以.又事件所含的样本点为：，所以，又，所以，所以事件不独立，即两两独立错误，所以C正确，D错误.故选：C8．若，，，其中表示，，中的最大者，表示，，中的最小者，下列说法不正确的是（

）A．函数为偶函数B．当时，有C．不等式的解集为D．当时，有【答案】C【详解】若，解得或，结合二次函数和一次函数知，若，解得或，结合二次函数和一次函数知，所以，画出的图象，如图：结合图象及知为偶函数，故选项A正确；当时，，即，所以，所以，所以成立，故选项B正确；对于C，令，则，当时，，解得，当时，，解得或，又，所以，当时，，解得，综上，故，当时，，解得，当时，，解得或，当时，，解得，综上，不等式的解集为，故C错误；对于D，当，令，结合偶函数的性质，当时，，则等价于，结合选项B，当时，有成立，故D正确.故答案：C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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．设复数在复平面内对应的点为，任意复数都可以表示为三角形式，其中为复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角（也被称为的辐角）．利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，法国数学家棣莫佛发现，我们称这个结论为棣莫佛定理．根据以上信息，若复数满足，则可能的取值为（

）A． B．C． D．【答案】BD【详解】设，其中，则，故，而，故，故，故，故BD正确，AC错误；故选：BD.10．已知函数，下列说法正确的是（

）A．若关于的不等式的解集是或，则B．若集合有且仅有两个子集，则的最大值为C．若，则的最大值为D．若，且关于x的不等式的解集中有且仅有三个正整数，则实数的取值范围是【答案】ACD【详解】对于A选项，因为关于的不等式的解集是或，则和是两根.由韦达定理，，解得，.则，所以A选项正确.对于B选项，运用集合有且仅有两个子集，则方程有一个根，所以判别式，即，可得.把代入得：所以当时，取得最大值.所以B选项错误.对于C选项，若，则，即.令，则.所以.令，则.对求最大值，.根据均值不等式，当且仅当时取等号.所以，所以C选项正确.

对于D选项，当时，.因为不等式的解集中有且仅有三个正整数，令，则的解集中有且仅有三个正整数.由二次函数对称轴，且，，，.要使的解集中有且仅有三个正整数，，，则，即，解得，所以D选项正确.故选：ACD.11．已知菱形ABCD的边长为，将沿AC翻折，使点与点重合，如图所示.记点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列结论正确的是（

）A．不存在点，使得B．无论点在何位置，总有面PBDC．当三棱锥的体积最大时，直线AB与平面PBC所成角的余弦值为D．当时，为PB上一点，则的最小值为2【答案】BC【详解】对于A，的轨迹是以为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为，大于，则存在两条母线互相垂直，即存在点，使得，而翻折前，因此存在点，使得，故A错误；对于B，依题意，都是等边三角形，取的中点，则，又平面，于是平面，又平面，因此，因为四边形是菱形，所以，又，平面PBD，因此平面PBD，故B正确；对于C，由选项B知，平面是二面角的平面角，三棱锥的体积，当且仅当时取等号，此时平面，等腰的面积，设点到平面PBC的距离为，由，得，解得，设直线AB与平面所成的角为，则，，故C正确；对于D，当时，三棱锥为正四面体，将，展开在同一平面内，如图，显然四边形为菱形，，当三点共线时，取得最小值，故D错误；故选：BC.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知数列满足，设为数列的前项和，则．【答案】【详解】由，得，又，所以是首项为1公差为1的等差数列，可得，所以，，，两式相减得，所以.故答案为：.13．若函数的最小值为，则实数的取值范围为.【答案】【详解】当时，关于对称，若最小值为，可知，即可得；又当时，，当且仅当时等号成立；若最小值为可得，即，解得；综上可知，实数的取值范围为.故答案为：14．小王和爸爸玩卡片游戏，小王拿有2张标有A和1张标有B的卡片，爸爸有3张标有B的卡片，现两人各随机取一张交换，重复n次这样的操作，记小王和爸爸每人各有一张A卡片的概率记为，则，．【答案】；.【详解】记n次这样的操作小王恰有一张A卡片的概率为，有两张A卡片的概率为，则，，有，而，重复n次这样的操作，，所以，又，所以．故答案为：，四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.（本小题13分）已知数列满足，(1)记，写出，，并证明数列为等比数列；(2)求的前项和．【答案】(1)，，证明见解析(2)【详解】（1）显然为偶数，则，．所以，即．且．所以是以5为首项，2为公比的等比数列，于是，，．（2）记，则从而数列的前项和为：16.（本小题15分）记的内角的对边分别为，已知，外接圆的半径为R．(1)求外接圆的面积；(2)圆经过，且与圆关于直线对称，圆被直线截得弦长为8，求直线的方程．【答案】(1)(2)或【详解】（1）由，根据正弦定理，得，因为，所以，则，即，即，又，则，所以，即，则，即，所以外接圆的面积为.（2）由圆，圆心为，半径为，设，由题意得，解得，即，则圆的方程为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，，则，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，到直线距离为，由，得，解得，则直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.17.（本小题15分）已知函数，．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)求的单调区间；(3)当时，若对于任意，不等式成立，求a的取值范围．【答案】(1)(2)答案见解析(3)【详解】（1）因为，所以，得到，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）因为，定义域为，所以．当时，令，即，解得，，所以，当x变化时，，的变化情况如下表所示，单调递减极小值单调递增极大值单调递减此时的单调递减区间为和，单调递增区间为，当时，，易知时，，，，此时的单调递减区间为，单调递增区间为，当时，令，即，解得，，若，即时，当x变化时，，的变化情况如下表所示，x单调递增极大值单调递减极小值单调递增此时的单调递增区间为和，单调递减区间为，若，即时，恒成立，当且仅当时取等号，此时在上单调递增，若，即时，当x变化时，，的变化情况如下表所示，单调递增极大值单调递减极小值单调递增此时的单调递增区间为和，单调递减区间为.（3）当，且时，由（2）知，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，因为对于任意，不等式成立，所以，，．所以，得，，得；，得．因为，所以，所以a的取值范围是．18.（本小题17分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，面为棱上的动点．(1)若为棱中点，证明：面；(2)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(3)分别在棱上，，求三棱锥的体积的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)存在满足条件的点，；(3)【详解】（1）连接交于，则为三角形中位线，易知，又因为上，面，所以面；（2）以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，由为棱上一点，设，．设平面的法向量为，由可得令，则，则．取平面的法向量为，则二面角的平面角满足：，化简得：，解得：或（舍去），故存在满足条件的点，此时．（3）因为，可知三棱锥体积最大时，即最大，在中，由余弦定理有：可得，设，则，由题可知：该方程有实根，则，解得，同理可得．设点到平面的距离为，则由等体积法得到：，，解得：．当最大时三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大，最大体积为：．19.（本小题17分）已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为2的正三角形．(1)求椭圆方程；(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为．①求的值；②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值．【答案】(1)(2)①；②