四川省德阳市成都外国语学校（德阳校区）2024-2025学年高三上学期一诊适应性考试数学试卷

这是一份四川省德阳市成都外国语学校（德阳校区）2024-2025学年高三上学期一诊适应性考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，一个正方形的3个顶点对应的复数分别是1＋2i，－2＋i，0，则第4个顶点对应的复数为（ ）
A．－1＋2iB．－1＋3iC．3iD．
3．集合，，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则//
D．若，则
5．已知圆，过直线上的动点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
6．已知圆台上、下底面的半径分别为3和5，母线长为4，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．设数列，均为公比不等于1的等比数列，前n项和分别为，若，则＝（ ）
A．B．1C．D．2
8．已知函数，若存在实数，，…，，满足，且，则正整数的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、多选题
9．某物理量的测量结果服从正态分布，则（ ）
A．该正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称
B．越大，该正态分布对应的正态密度曲线越尖陡
C．越小，在一次测量中，的取值落在内的概率越大
D．在一次测量中，的取值落在与落在的概率相等
10．，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．在下列关于二项式的命题中，正确的是（ ）
A．若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则
B．若，则
C．在的展开式中，常数项为60
D．的展开式中，的系数为5
三、填空题
12．已知向量，的模分别为2，1，且，则 .
13．化简： .
14．过点作直线交椭圆于，两点，其中在线段上，则的取值范围为 .
四、解答题
15．在中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若不是钝角三角形，且，，，求，的值.
16．某校开展定点投篮项目测试，规则如下：共设定两个投篮点位，一个是三分线上的甲处，另一个是罚篮点位乙处，在甲处每投进一球得3分，在乙处每投进一球得2分．如果前两次得分之和超过3分即停止投篮并且通过测试，否则将进行第三次投篮，每人最多投篮3次，如果最终得分超过3分则通过测试，否则不通过．小明在甲处投篮命中率为，在乙处投篮命中率为，小明选择在甲处投一球，以后都在乙处投．
(1)求小明得3分的概率；
(2)试比较小明选择都在乙处投篮与选择上述方式投篮哪个通过率更大．
17．已知函数.
(1)若曲线在点处的切线为，求实数的值；
(2)已知函数，且对于任意，，求实数的取值范围.
18．设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，
（ⅰ）求的通项公式；
（ⅱ）若数列的前项和为，求．
(2)若为等差数列，且，求．
19．已知函数，将函数的所有正的零点从小到大排列组成数列.记表示不超过的最大整数，数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)从数列的前项中，随机选出两个不同的项相乘，所得结果为偶数的概率为.是否存在一个正整数，当时，恒有，若存在，求出的最小值，若不存在，请说明理由.
(3)数列满足，且数列的前项和为，求证：.
参考答案：
1．B
【分析】根据集合的运算结果建立不等式求解.
【详解】由知，，
即，解得，
故选：B
2．B
【分析】由复数的几何意义及向量的坐标运算可求解.
【详解】复数1＋2i，－2＋i，0所对应的点分别是A（1，2），B（－2，1），O（0，0），
由题意可知，正方形以为邻边，设另一点为D（x，y），
所以
则，解得，
∴.
故选：B．
3．A
【分析】将集合化简，再由充分条件以及必要条件的定义即可得到结果.
【详解】因为，，
所以集合是集合的真子集，
则“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
4．C
【分析】根据线面位置关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：若，则的位置关系不确定，故A错误；
对B：若，则的位置关系不确定，故B错误；
对C：若，则//，故C正确；
对D：若，则的位置关系不确定，故D错误.
故选：C.
5．C
【分析】连接，，当最小时，最小，计算点到直线的距离得到答案.
【详解】如图所示：连接，则，
当最小时，最小，，
故的最小值为.
故选：C.
6．A
【分析】结合题目所给条件，计算出圆台的高后，可得的中线为定值，则当时，面积有最大值.
【详解】取上下底面圆心、，连接、、，
由圆台性质可知，且，
又，故，
则当为以为底的高时，面积最大，
且其最大值为.
故选：A.
7．C
【分析】根据给定等式，可得，再求出数列，的公比即可计算作答.
【详解】由得，，设{}的公比为，{}的公比为，
当时，，即，
当时，，即，
联立两式解得，此时，，
则，，所以.
故选：C
8．D
【分析】由的性质，根据的特点以及题意求解.
【详解】由题意，要尽可能地小，
则等式中，每一项要尽可能地大，
因为，显然尽可能有更多组使 时，最小，
结合最多三组，故另外两组的和为2时，最小，
此时不妨取可取满足题意.
故选：D..
【点睛】关键点点睛：关键是熟悉正弦函数的图象的性质，理解所给式子的意义.
9．AC
【分析】利用正态密度曲线的对称性可判断AD选项的正误；利用的大小对正态密度曲线的影响可判断BC选项的正误.
【详解】对于A选项，该正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称，A对；
对于B选项，越大，曲线越平，B错；
对于C选项，越小，曲线越陡，
所以，越小，在一次测量中，的取值落在内的概率越大，C对；
对于D选项，因为，
由正态密度曲线的对称性可得
，D错.
故选：AC.
10．BC
【分析】赋值法可判断AD；利用在上为增函数可判断B；由不等式性质可判断C.
【详解】对于A，取，有，但显然，故A错误；
对于B，在上为增函数，又因为，所以，故B正确；
对于C，由，可得，故，所以，故C正确；
对于D，当，有，但，故D错误.
故选：BC.
11．BCD
【分析】对分奇偶讨论可求得判断A；令与，可求得的值判断B；利用展开式的通项公式求解判断C；求得中的与的系数即可判断D.
【详解】对于A，由二项式的系数的性质可知最中间项的二项式系数最大，
当为偶数时，最中间项只有一项，又第3项的二项式系数最大，故共为5项，
所以，解得，
当为奇数时，中间项有二项，又第3项的二项式系数最大，
所以可能第二项与第三项二项式系数相同都最大或第三项与第四项二项式系数相同都最大或，
此时或，解得或，故A错误；
对于B，令，可得，
令，可得，所以，故B正确；
对于C，二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，所以第5项为常数项且常数项为，故C正确；
对于D，展开式中的系数为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：赋值法是求解二项式定理中各项系数和的重要方法，求解展开式中的常数项的方法主要是利用展开式的通项公式求解.
12．
【分析】由已知可得，利用可求值.
【详解】由，得，所以，所以，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据条件，利用辅助角公式、平方关系及正弦和余弦倍角公式，即可求出结果.
【详解】原式，
故答案为：.
14．
【分析】若直线的斜率存在，设，，，可得，由可得范围，结合，计算的范围，再计算直线的斜率不存在时的值，即可求解.
【详解】若直线的斜率存在，设，，，
所以，
由，消去可得，
，即，
又，
所以，
令，则，由，得，
解得，即，解之得且，
又在线段上，所以，所以，
若直线的斜率不存在，易得，
综上的取值范围为．
故答案为：.
15．(1)或
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角求解即得.
（2）根据给定条件，利用（1）的结论及余弦定理求解即得.
【详解】（1）在中，由及正弦定理得，
又，所以，故，
又，所以或.
（2）由（1）知不是钝角三角形则，
由余弦定理，得，
即，而，则，
又，所以解得.
16．(1)
(2)选择都在乙处投篮通过率更大
【分析】（1）由对立事件和相互独立事件性质求解即可；
（2）分别求出：小明选择都在乙处投篮及小明选择在甲处投一球，以后都在乙处投，测试通过的概率，比较即可.
【详解】（1）设小明在甲处投进为事件A，在乙处投进为事件B，
于是，，
小明得3分的概率．
（2）小明选择都在乙处投篮，测试通过的概率
，
小明选择在甲处投一球，以后都在乙处投，测试通过的概率
，
，所以选择都在乙处投篮通过率更大．
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义可得，可求，进而求得切点，利用切点在直线上，可求的值；
（2）由题意可得，令，则，求导，可得，分类讨论可求得实数的取值范围.
【详解】（1）由，可得，，
又曲线y=fx在点1,f1处的切线为，所以，
解得，所以，所以，所以切点为，
又切点在直线上，所以，解得；
（2），由对于任意x∈0,+∞，gx>0，所以，
令，则，
求导可得，
当时，，显然不满足题意，
当时，，
若，，函数在上单调递减，
若，，函数在上单调递增，
所以，所以，
所以，解得，
当时，，
若，，函数在上单调递减，
若，，函数在上单调递增，
所以，所以，
所以，解得，
综上所述：实数的取值范围为.
18．(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)
【分析】（1）由等差数列基本量的计算以及的定义即可求解；
（2）由等差数列前n项和基本量的计算结合分类讨论即可求解.
【详解】（1）（ⅰ）由，得，解得，
则，又，
有，即，解得或（舍去），
所以.
（ⅱ），则，
则
.
（2）若为等差数列，则有，即，
得，即，解得或，
由，则，
又，，由等差数列性质知，，
即，得，
即，解得或（舍去），
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
时，，，符合题意，
所以等差数列的公差.
19．(1)
(2)存在；的最小值为
(3)证明见解析
【分析】（1）先化简函数，得用整体角解三角方程求出零点，确定数列，再根据的定义可得；
（2）分为奇数和偶数两类讨论求解.先求积为奇数的情况，再利用对立事件的概率公式求，解不等式求解的范围可得；
（3）由代入所证不等式，先通过化简变形将所证不等式转化为，再构造函数，利用导函数求证不等式任意，成立，再利用不等式分别赋值，将不等式左边每一项裂项放缩，然后再累加化简求证不等式成立即可.
【详解】（1）.
令，即，得，
解得，，
则函数的所有正的零点可表示为，
其中从小到大第一个正零点为，且公差为.
则，，所以，
故数列的通项公式为.
（2）从数列的前项中，随机选出两个不同的项相乘，
共有种方法；
设事件“两个不同的项相乘，所得乘积为偶数”，其概率为，
则其对立事件“两个不同的项相乘，所得乘积为奇数”，则其概率为.
①当为偶数时，前项中恰个奇数，个偶数，
从数列的前项中，随机选出两个不同的项相乘，
要使所得乘积为奇数，则两项均为奇数，
即从个奇数中任取2个不同的奇数，共有种方法；
则，
所以此时.
由，即，解得，
由为偶数，则；
②当为奇数时，前项中个奇数，个偶数，
要使所得乘积为奇数，则两项均为奇数，
即从个奇数中任取2个不同的奇数，共有种方法；
则，
所以此时.由，即，
由，可知不等式对任意奇数恒成立.
综上所述，存在正整数，当时，恒有.
又当时，时，其中不满足.
故的最小值为.
（3）由，
则.
由
.
构造函数，
，则在上单调递减，
由，则，
所以任意，，即恒成立.
令，则，即，，
所以有，，，.
以上各式相加得，
故，得证.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于构造函数法证明数列不等式.第（3）问中通过构造函数，利用导数的单调性证明，赋值可得，达到将数列和式通过放缩后可裂项求和，从而问题得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
C
C
A
C
D
AC
BC
题号
11









答案
BCD