海南省三亚市2024-2025学年高三上学期学业水平诊断考试数学试题（解析版）

第1页/共1页机密★启用前三亚市2024~2025学年度第一学期高三年级学业水平诊断考试数学本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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，将本试卷和答题卡一并交回.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.命题“，”的否定为（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确答案.【详解】原命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到是否定结论而不是否定条件，所以命题“，”的否定为“，”，A选项正确.故选：A2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其共轭复数.【详解】因为，所以，所以.故选：A3若向量，，且，则（）A. B.2 C. D.1【答案】C【解析】【分析】借助向量的线性运算及共线的坐标运算求得，结合数量积坐标运算计算可得.【详解】因为向量，，所以，由，可得，故，即，则.故选：C4.已知随机事件和互斥，且，.则（）A.0.2 B.0.3 C.0.8 D.0.5【答案】C【解析】【分析】根据互斥事件的概率公式可求得，利用对立事件概率公式求得结果．【详解】因为与互斥，则，可得，所以.故选：C．5.函数的最小正周期和最大值分别为（）A.，1 B.， C.， D.，【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式以及辅助公式可得，再利用正弦函数的周期公式，结合正弦函数的最值即可得答案.【详解】，故的最小正周期为，最大值为.故选：C6.已知过原点且斜率存在的直线与圆交于，两点（为圆心），当的面积最大时，直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出直线的方程，由点到直线的距离公式、弦长公式求得面积的表达式，结合二次函数的性质求得的面积最大时直线的斜率.【详解】设直线l的方程为：，圆心到直线的距离，弦长，所以，当时，面积S最大，这时，整理得，解得，所以直线的斜率为．故选：B7.已知函数在其定义域内单调递增，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由分段函数的单调性结合二次函数和一次函数的单调性列不等式求解即可.【详解】由在上单调递增及在其定义域内单调递增，可得在上单调递增；当时，，满足在上单调递增，且，满足题意；当时，由题意需满足，解得；当时，由题意需满足，解得；综上实数的取值范围为.故选：A8.在平面直角坐标系中，为双曲线的左顶点，为双曲线上位于第一象限内的一点，点关于轴对称的点为，记，若，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由点在双曲线上得到，再由图中角度关系结合两角差的正切展开式得到，然后结合已知得到，最后由离心率的齐次式得到结果；【详解】设，则，，，则，①则，所以，，所以，②将①代入②得，，因为，所以，所以双曲线的离心率为，故选：A.【点睛】方法点睛：过两点的直线斜率（或正切值）为，再结合两角差的正切展开式将问题转化为.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.为夯实科技支撑，打造高水平“天府粮仓”，推动农业科技园区高质量发展，遂宁国家农业科技园区在射洪市青岗镇文化村建设酿酒专用粮品种繁育中试熟化基地，在高产示范片中选择3个高粱品种代表性地块进行挖方测产.经统计了解得到该优良品种高粱的亩产量的样本期望（单位：千克），样本标准差，已知该园区未改良前原品种高粱的亩产量服从正态分布，假设改良后新品种高粱的亩产量服从正态分布，[若随机变量服从正态分布，则]，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据正态分布的对称性分别判断各选项.【详解】由题意可知，服从正态分布，服从正态分布，，所以，，故A正确，B正确；，所以C错误，D正确.故选：ABD10.已知函数，则（）A.是的极小值点B.的图象关于点对称C.在上单调递减D.当时，【答案】BD【解析】【分析】利用导数求函数极值点判断选项A；通过证明得函数图象的对称点判断选项B；利用函数单调性判断选项C；利用单调性比较函数值的大小判断选项D．【详解】函数，，令，解得或，故当时，当时，，当时，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是的极大值点，是的极小值点，故A错误，C错误；对B．，则的图象关于点对称，故B正确；对D．当时，，而在上单调递增，故，故D正确．故选：BD11.设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（）A.点在上B.将在轴上方的部分看作函数的曲线，则是的极小值点C.过作的切线，其与的交点的横纵坐标均为有理数D.在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于【答案】AD【解析】【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A的正误，通过的导数f′x，然后求解的解，可判断B的正误，求出切线方程与曲线方程联立，可判断C的正误，设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较,可判断D的正误.【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到，即，所以点在上，因此，选项A正确;对于B，由于曲线在轴上方的部分是函数的曲线，则，当时，得到，因此，不是的极小值点，所以，选项B是错误的；对于C，由B中可知，设切线方程为，即.将切线方程代入曲线方程中，得到：，即，显然x=1是方程的根，，.解得：或，因此，选项C错误；对于D，设的解为，，.当时，，单调递增，当时，单调递减，，g(−2)=−2，g63所以，设曲线上的点为，设的解为，则，则，到原点的距离为，由可得，令，，令，解得：，因为，所以取，当时，，ℎx单调递增，当时，，ℎx单调递减，ℎx0=所以当时，，,选项D正确.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为______（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】利用通项中的指数确定，然后可得.【详解】因为展开式的通项，所以含的项为第4项，即，所以的系数是.故答案为：13.若正数满足，则的最小值为_________.【答案】【解析】【分析】由得，则有，利用基本不等式可求最小值.【详解】由得，由得，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为.故答案：214.光学是物理学的重要研究领域，点光源是抽象化的物理概念，指从一个点向周围空间均匀发光的光源.如图1所示，有一点光源在垂直于水平地面的屏幕平面上映出长方形的影像，此时点光源发光所形成的空间图形是以为顶点，以长方形为底面的四棱锥.已知，，，直线平行于屏幕边界.如图2所示，将图1的屏幕以直线为旋转轴向箭头方向旋转时，屏幕上映出的影像从长方形变成了梯形，则四棱锥的体积为______.【答案】72【解析】【分析】重新作出棱锥，如图，平面与平面所成二面角是，，再取取中点，中点，记，可证明，平面，求出四边形的面积，并求得到平面的距离（先说明在平面上的射影在上）后由体积公式计算．【详解】重新作出棱锥，如图，分别在上且，平面与平面所成二面角是，，因为，是矩形，则是中点，也是中点，所以，又因为平面，，所以平面，取中点，中点，连接，则，，，，又因为，平面，所以平面，而平面，所以，设，连接，所以是平面与平面所成二面角的平面角，即，易得，，，，，所以，，即，，所以，从而，中由正弦定理有，，所以，解得，同理得，所以是中点，所以是的中位线，，又平面，平面，所以平面平面，又平面平面，过作平面的垂直，则垂足在上，，所以，从而到平面的距离为，，所以，故答案为：72．四、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.记内角，，所对的边分别为，，，且，.（1）求；（2）求周长的最大值.【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角得，利用辅助角公式得，根据角的范围即可求解.（2）由（1）的结论，利用余弦定理及基本不等式求出最大值.【小问1详解】在中，由及正弦定理，得，而，则，即，即，又，所以，所以，所以.【小问2详解】由（1）及余弦定理，得，而，则，即，又，于是，整理得，解得，则当且仅当，即时取等号，所以，即周长的最大值为6.16.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）对函数求导并分类讨论参数，即可得出的单调性；（2）根据（1）中的结论得出极大值的表达式，解不等式即可得的取值范围．【小问1详解】，①当时，在0,+∞上单调递增，无递减区间，②当时，，可得f′x>0，，所以在上单调递增，在上单调递减，综上当时，在0,+∞上单调递增，无递减区间，当a>0时，在上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】因为有极大值，且极大值大于，故，且在处取极大值，，即，令，恒成立，在0,+∞上单调递增，又，当且仅当时成立，故，当且仅当时成立，因此的取值范围是．17.如图，四棱锥中，在平面内的投影为点，底面为等腰梯形.其中，，.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作，垂足为，建系标点，利用空间向量数量积运算可得，根据线面垂直的性质可得，即可证线面垂直；（2）根据题意分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值.【小问1详解】因为在平面内的投影为点，则平面，过作，垂足为，则，因为，则，如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，因，则，又因为平面，平面，则，且，平面，可得平面.【小问2详解】若，由（1）可知：，可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设平面法向量为，则，令，则，可得，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆上的两动点，均在轴上方，且，求证：的值为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆长轴以及直线的倾斜角即可得椭圆方程；（2）找出点关于原点的对称点，利用对称性联立直线和椭圆方程整理表达式可得结果.【小问1详解】由长轴长为，可得，，因为点上顶点，直线的倾斜角为，所以中，，则，又，则

，椭圆的方程为；【小问2详解】设，，，，设关于原点的对称点，如下图所示：

由对称性可知三点共线，且，设代入椭圆方程整理可得，易知，且，，所以，又，所以，即的值为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．19.记数列的前n项和为，已知．（1）求的通项公式；（2）记数列的前n项和为．（ⅰ）求；（ⅱ）证明：．【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题设递推关系，利用关系及等比数列定义写出通项公式；（2）法一：（ⅰ）由，得，应用累加求，（ⅱ）再根据三角函数的性质证明不等式；