海南省三亚市2024-2025学年高三下学期学业水平诊断数学试题（解析版）

第1页/共1页三亚市高三年级2024-2025学年度第二学期学业水平诊断考试数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.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题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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，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】先化简集合，再根据集合交集概念计算即可.【详解】集合，故.故选：D2.已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质，分析条件间的推出关系判断充分、必要性.【详解】若，，则，所以是的充分条件，若，满足，而，所以不能推出，综上，是的充分不必要条件.故选：A.3.三亚某校举办“海洋环保”主题活动，邀请1位教师与3位学生代表站成一排合影留念，为体现“教师引领、学生主体”的理念，要求教师不站在两侧，则不同的站法有（）A.10 B.12 C.16 D.24【答案】B【解析】【分析】先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，结合排列数的计算公式，即可求解.【详解】根据题意，先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，可得不同的站法有种.故选：B.4.已知为平行四边形，为中点，记，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.【详解】因为为的中点，所以，所以.故选：C5.已知圆与直线和都相切，且圆心在轴上，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，设所求圆的方程为，利用点到直线距离公式列式求出得解.【详解】设所求圆的方程为，则，解得，所以圆的方程为.故选：D.6.已知，且，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用切化弦可得，进而求得，利用同角的平方关系求得，最后利用两角差的余弦公式求得即可.【详解】由，得，所以，所以，又，所以，又，所以，又因为，所以，所以，所以，故A正确.故选：A.7.夏季天气炎热，某教室上课关门窗开空调，造成二氧化碳含量增加，按照《中小学校教室换气卫生要求》（GB/T177226-2017）规定，中小学校教室内二氧化碳日均最高容许浓度不得超过0.10%，经检测，该教室某日刚下课时，空气中二氧化碳浓度为0.14%，记下课开窗通风分钟后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，%是二氧化碳初始浓度，，则该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为（）（参考数据：）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】先根据条件得出，再利用对数的运算法则解不等式即可.【详解】由题意可知，，解，即，得，该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为.故选：C8.已知函数，则下列结论正确的是（）A.不存在，使得的图象与轴相切B.存在，使得有极小值C.若，则函数有且仅有零点D.若，则【答案】C【解析】【分析】取，利用导数的几何意义可判断A选项；对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合极值点的定义可判断B选项；参变分离得出，令，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断C选项；证明出，结合不等式的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，当时，，则，，则，所以，曲线在处的切线方程为，A错；对于B选项，，该函数的定义域为，，当时，对任意的恒成立，此时函数在上为增函数，无极值；当时，由可得，由可得，此时，函数在上单调递增，在上单调递减，此时，函数有极大值点，无极小值点，B错；对于C选项，由可得，令，所以，直线与函数的图象有两个交点.，由得，由可得，所以，函数的增区间为，减区间为，函数的极大值为，当时，；当时，.如下图所示：由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有且仅有个零点，C对；对于D选项，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增，所以，，即，当时，，可得，即，D错.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.数列为等差数列，为其前项和，已知，则（）A. B.C. D.当或时，最大【答案】AB【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式进行运算，即可得到判断.【详解】设等差数列的公差为，则，故B正确；所以，故A正确；，故C错误；由，可得，由于二次函数的对称轴为，开口向上，所以当或时，最小，故D错误；故选：AB10.某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法正确的是（）A.B.评分在的人数约为20C.估计评分的下四分位数为65D.估计评分的平均数为76.5【答案】ABD【解析】【分析】根据频率之和为1列式计算可判断A；根据频率与频数的关系计算可判断B；根据下四分位数的概念计算可判断C；根据频率分布直方图平均数的求法计算可判断D.【详解】对A，由频率之和为1得，解得，故A正确；对B，评分在的频率为，故人数约为20，故B正确；对C，下四分位数频率为0.25，故下四分位数为，故C错误；对D，平均数为，故D正确.故选：ACD11.正四棱台中，，台体的高为1，则（）A.平面B.棱的长为C.正四棱台四条侧棱的延长线交于点的面积为D.直线与直线所成角的余弦值为【答案】BC【解析】【分析】对于A,利用线面垂直的判定定理证明得平面,继而可判定；对于B作,交于点根据勾股定理即可求解；对于C,结合图象，先根据勾股定理求得三角形的高，进一步计算即可；对于D，先根据得到或其补角为异面直线与所成的角，继而根据余弦定理进行计算即可.【详解】对于A，如下图所示，因为平面,平面,所以,,,且平面,平面,所以平面,又显然与不平行，故平面错误，即A错误；对于B，如图所示，作,交于点,故B正确；对于C，如图所示，为的中点，易得,结合，台体的高为1，又，可得则,,故C正确；对于D,如图所示，因为，所以或其补角为异面直线与所成的角，直角中，,所以,由余弦定理在中，,所以,则,则中，由余弦定理得，,故D错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题12.已知复数满足，则_____.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘法运算法则求解即可.【详解】由，可得.故答案为：.13.曲线在点处的切线方程为_____.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解.【详解】由函数，可得，所以，即切线的斜率为，切点坐标为，所以切线的方程为，即.故答案为：.14.已知是抛物线的焦点，双曲线的两条渐近线分别与抛物线交于异于原点的两点，若，则双曲线的渐近线方程是_____.【答案】或【解析】【分析】分、在焦点左侧、在焦点右侧讨论，过作交轴于点，结合抛物线定义、，可得答案.【详解】当、在焦点左侧时，因为渐近线关于轴对称，所以，过作交轴于点，设，则，，由抛物线定义得，因为，所以，所以，因为，所以渐近线方程为；当，在焦点右侧时，过作交轴于点，所以，设，则，，由抛物线定义得，因为，所以，所以，因为，所以渐近线方程为.故答案为：或.四、解答题：本题共5小题，共7.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在锐角中，角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，求边上的高的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，进而求出角；（2）先根据余弦定理求出边的值，再通过三角形面积公式求出边上的高.【小问1详解】由正弦定理可得，因为，所以，又因为锐角三角形，，所以.【小问2详解】由余弦定理可知又因即代入上式可得则的面积为则解得：.16.在多面体中，为平行四边形，平面，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）已知多面体的体积为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面；（2）由，利用锥体的体积公式，求得，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.小问1详解】证明：因为平面且面，所以，又因为，可得因为且面，则平面又因平面面，所以平面平面.【小问2详解】解：因为，由（1）可知三棱锥中，由面，则解得，由（1）可知，，两两相互垂直，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由（1）可知，，可得，则，设面的法向量，则，令，可得，所以，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.17.已知函数.（1）若，求的单调递减区间；（2）有两个不同的零点且.（i）求的取值范围；（ii）当时，求的最小值.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）求导，由题意得，解不等式即可；（2）（i）分离常数得，利用导数及方程有两个不同实数根求解；（ii）当时结合（1）可得，代入计算即可求解.【小问1详解】若，则，定义域为设，解得则的单调递减区间为【小问2详解】（i）设，则，设函数定义域为设解得（0，1）10递减极小值递增当时，；当时，极小值为若有两个不同的零点，则方程有两个不同实数根，则；（ii）有两个不同的零点且，由（1）可知且当时，易知，则有即：可得：解得所以最小值为.18.已知分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上一点，若且椭圆离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若点为椭圆第一象限内一点，椭圆的右顶点为，点的坐标为，直线与线段交于点.若（为坐标原点），求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解之即可得解；（2）方法一：设坐标分别为，由题意都大于0，利用已知，结合向量的数量积可得且，求得点坐标可表示为，利用点在直线上，可得，又点椭圆上，可求得点坐标，可求直线方程.方法二：可设，则点坐标可化为，代入直线方程中可求得，从而得出点坐标，可求直线方程.【小问1详解】由题意，得，即，离心率，解得，则，所求椭圆的方程为；【小问2详解】方法一：设坐标分别为，由题意都大于0，因，即，因为，代入上式可得：则且，化简可得：且，则点坐标可表示，线段所在直线方程为，因点在该直线上，可知化简可得：，又因在椭圆上，联立方程：，解得：，所以.则直线斜率为，方程为，即.方法二：可设，，则点坐标可化为，代入直线方程中可求得，整理得，即.因为，所以，则.则直线斜率为，方程为，即.19.在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等；（1）设一次试验中随机变量的概率分布如下：（i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值；（ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值；（2）泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和.（公式：）【答案】（1）（i）；（ii）（2）【解析】【分析】(1)根据独立重复试验和给定的概率分布求出样本似然函数，再对其求