深圳大学师范学院附属中学2024-2025学年高三年级第一次教学质量检查考试数学试题含解析

深圳大学师范学院附属中学2024-2025学年高三年级第一次教学质量检查考试数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．2．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（）A．多1斤 B．少1斤 C．多斤 D．少斤3．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是（）A．正方体 B．球体C．圆锥 D．长宽高互不相等的长方体4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式）.A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸5．已知命题，，则是（）A．， B．，.C．， D．，.6．已知函数，，若存在实数，使成立，则正数的取值范围为（）A． B． C． D．7．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，程序运行输出的结果是（）A．1．1 B．1 C．2．9 D．2．88．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A． B． C． D．9．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（）A． B． C． D．10．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（）A． B． C． D．11．集合,则集合的真子集的个数是A．1个 B．3个 C．4个 D．7个12．设，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，则的展开式中含的项的系数为_______.14．已知两点，，若直线上存在点满足，则实数满足的取值范围是__________．15．设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则_________16．在平面直角坐标系中，点在单位圆上，设，且．若，则的值为________________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）设函数．（1）若，求函数的值域；（2）设为的三个内角，若，求的值；18．（12分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.19．（12分）已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.20．（12分）已知三棱锥中，为等腰直角三角形，，设点为中点，点为中点，点为上一点，且．（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．21．（12分）如图，两座建筑物AB，CD的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是10m和20m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的视角∠CAD＝60°．（1）求BC的长度；（2）在线段BC上取一点P（点P与点B，C不重合），从点P看这两座建筑物的视角分别为∠APB＝α，∠DPC＝β，问点P在何处时，α+β最小？22．（10分）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为故答案为A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.2．C【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列则由等差数列的性质得，故选C3．C【解析】

根据基本几何体的三视图确定．【详解】正方体的三个三视图都是相等的正方形，球的三个三视图都是相等的圆，圆锥的三个三视图有一个是圆，另外两个是全等的等腰三角形，长宽高互不相等的长方体的三视图是三个两两不全等的矩形．故选：C．本题考查基本几何体的三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键．4．B【解析】试题分析：根据题意可得平地降雨量，故选B.考点：1.实际应用问题；2.圆台的体积.5．B【解析】

根据全称命题的否定为特称命题，得到结果.【详解】根据全称命题的否定为特称命题，可得，本题正确选项：本题考查含量词的命题的否定，属于基础题.6．A【解析】

根据实数满足的等量关系，代入后将方程变形，构造函数，并由导函数求得的最大值；由基本不等式可求得的最小值，结合存在性问题的求法，即可求得正数的取值范围.【详解】函数，，由题意得，即，令，∴，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，而，当且仅当，即当时，等号成立，∴，∴.故选：A.本题考查了导数在求函数最值中的应用，由基本不等式求函数的最值，存在性成立问题的解法，属于中档题.7．C【解析】

根据程序框图的模拟过程，写出每执行一次的运行结果，属于基础题.【详解】初始值，第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，；第四次循环：，；第五次循环：，；第六次循环：，；第七次循环：，；第九次循环：，；第十次循环：，；所以输出.故选：C本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果，属于基础题.8．B【解析】

根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．【详解】解：分析题意可知，如下图所示，该几何体为一个正方体中的三棱锥，最大面的表面边长为的等边三角形，故其面积为，故选B．本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．9．C【解析】

取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.【详解】解：如图，取中点，连接，，由于正三棱柱，则底面，而底面，所以，由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且,所以平面，而平面，则，则//，，∴即为异面直线与所成角，设，则，，，则，∴.故选：C.本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.10．B【解析】

甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．【详解】由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是，∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为．故选：B．本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础．11．B【解析】

由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案．【详解】由题意，集合，则，所以集合的真子集的个数为个，故选B．本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．12．D【解析】

结合指数函数及对数函数的单调性,可判断出,,,即可选出答案.【详解】由,即,又,即,,即,所以.故选:D.本题考查了几个数的大小比较,考查了指数函数与对数函数的单调性的应用,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.【详解】，根据二项式展开式通项：，令，解得，所以含的项的系数.故答案为：本题考查定积分，二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,属于基础题.14．【解析】

问题转化为求直线与圆有公共点时，的取值范围，利用数形结合思想能求出结果．【详解】解：直线，点，，直线上存在点满足，的轨迹方程是．如图，直线与圆有公共点，圆心到直线的距离：，解得．实数的取值范围为．故答案为：．本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．15．1【解析】

令，结合函数的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，函数分别是上的奇函数和偶函数，且，令，可得，所以.故答案为：1.本题主要考查了函数奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16．【解析】

根据三角函数定义表示出，由同角三角函数关系式结合求得，而，展开后即可由余弦差角公式求得的值.【详解】点在单位圆上，设，由三角函数定义可知，因为，则，所以由同角三角函数关系式可得，所以故答案为：.本题考查了三角函数定义，同角三角函数关系式的应用，余弦差角公式的应用，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）（2）【解析】

（1）将，利用三角恒等变换转化为：，，再根据正弦函数的性质求解，（2）根据，得，又为的内角，得到，再根据，利用两角和与差的余弦公式求解，【详解】（1），，，，即的值域为；（2）由，得，又为的内角，所以，又因为在中，，所以，所以.本题主要考查三角恒等变换和三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题，18．（1）；（2）存在，【解析】

（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点．【详解】（1）由题可得∴，所以椭圆的方程（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，则与椭圆联立得，，∴，，∴若以为直径的圆经过点，则，∴，化简得，∴，解得或因为与不重合，所以舍.所以直线的方程为.本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.19．（1）；（2）证明见解析【解析】

（1）由恒成立，可得恒成立，进而构造函数，求导可判断出的单调性，进而可求出的最小值，令即可；（2）由，可知存在唯一的，使得，则，，进而可得，即曲线的方程为，进而只需证明对任意，方程有唯一解，然后构造函数，分、和三种情况，分别证明函数在上有唯一的零点，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意，可知，由恒成立，可得恒成立.令，则.令，则，，，在上单调递增，又，时，；时，，即时，；时，，时，单调递减；时，单调递增，时，取最小值，.（2）证明：由，令，由，结合二次函数性质可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的极值点，则，，，曲线的方程为.故只需证明对任意，方程有唯一解.令，则，①当时，恒成立，在上单调递增.，，，存在满足时，使得.又单调递增，所以为唯一解.②当时，二次函数，满足，则恒成立，在上单调递增.，，存在使得，又在上单调递增，为唯一解.③当时，二次函数，满足，此时有两个不同的解，不妨设，，，列表如下：00↗极大值↘极小值↗由表可知，当时，的极大值为.，，，，，..下面来证明，构造函数，则，当时，，此时单调递增，，时，，，故成立.，存在，使得.又在单调递增，为唯一解.所以，对任意，方程有唯一解，即过原点任意的直线与曲线有且仅有一个公共点.本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.20．(1)证明见解析；(2)【解析】

（1）连接交于点，连接，通过证，并说明平面，来证明平面（2）采用建系法以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分别表示出对应的点坐标，设平面的一个法向量为，结合直线对应的和法向量，利用向量夹角的余弦公式进行求解即可【详解】证明：如图，连接交于点，连接，点为的中点，点为的中点，点为的重心，则，，，又平面，平面，平面；，，，，，，可得，又，则以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的一个法向量为，由，取，得．设直线与平面所成角为，则．直线与平面所成角的正弦值为．本题考查线面平行的判定定理的使用，利用建系法来求解线面夹角问题，整体难度不大，本题中的线面夹角的正弦值公式使用广泛，需要识记21．（1）；（2）当BP为cm时，α+β取得最小值．【解析】

（1）作AE⊥CD，垂足为E，则CE＝10，DE＝10，设BC＝x，根据得到，解得答案.（2）设BP＝t，则，故，设，求导得到函数单调性，得到最值.【详解】（1）作AE⊥CD，垂足为E，则CE＝10，DE＝10，设BC＝x，则，化简得，解之得，或（舍），（2）设BP＝t，则，，设，，