全国中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期12月测试数学试卷

这是一份全国中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期12月测试数学试卷，共19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，，下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
4．斜率为的直线经过点，且与抛物线交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知分别表示随机事件发生的概率，那么是下列哪个事件的概率（ ）
A．事件同时发生
B．事件至少有一个发生
C．事件都不发生
D．事件至多有一个发生
6．已知，设，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．设，若方程（）有个不同的根，，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点为，，的一条渐近线为，点位于第一象限且在双曲线上，点满足：，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线：与圆：，，则下列判断正确的是（ ）
A．若点在圆上，且直线与圆相切，则
B．若点在圆内，且，则直线与圆相交
C．若，，则直线与圆相交
D．若，则直线截圆所得弦长为
10．我们熟知的五面体有三棱柱、三棱台、四棱锥等．《九章算术》中将有三条棱互相平行且不全相等，有一个面为矩形的五面体称之为“刍甍”，对于“刍甍”下列判断正确的是（ ）
A．三棱台体不是“刍甍”
B．“刍甍”有且仅有两个面为三角形
C．存在有两个面为平行四边形的“刍甍”
D．“刍甍”存在两个互相平行的面
11．已知等差数列的公差为，，数列的前项和为，，若存在，使得，则可能的取值为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．如图所示，在正方形中，是的中点，在上且，与交于点，则 ．
13．已知，记函数在闭区间上的最大值为，若正数满足，则 ．
14．已知，，若对任意，都存在，使得，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．设等差数列的前项和为，已知．
(1)若，求的通项公式；
(2)若对于任意，都有，求公差的取值范围．
16．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为棱的中点．
(1)设平面与直线相交于点，求证：平面；
(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的大小．
17．某校高一学生共有人，年级组长利用数字化学习软件记录每位学生每日课后作业完成的时长，期中考试之后统计得到了如下平均作业时长与学业成绩的数据表：
(1)试判断：是否有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于小时且小于小时有关？
(2)常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比．已知该校高一学生女生中成绩优秀的学生占比，现从所有高一学生中任选一人，表示“选到的是男生”，表示“选到的学生成绩优秀”，若，求．
附：，．
18．设．
(1)当，求函数的递减区间；
(2)求证：函数的图象关于对称；
(3)若当且仅当时，，求实数的取值范围．
19．在直角坐标平面内，对于向量，记．设，，为直角坐标平面内的向量，．
(1)若，求；
(2)设，若，求的最大值；
(3)若，，求证：．
平均作业时长（单位：小时）
学业成绩优秀：
学业成绩不优秀：
《全国中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期12月测试数学试卷》参考答案
1．D
【分析】根据集合中的元素即可判断两集合的关系，再由交集、并集运算即可得出结果.
【详解】对于A，易知但，因此不正确，即A错误；
对于B，易知，即B错误；
对于C，，即C错误；
对于D，易求得，即D正确.
故选：D
2．D
【分析】根据复数的乘法运算，结合实部等于虚部建立方程，解之即可求解.
【详解】，
所以，解得.
故选：D
3．A
【分析】根据两角和的正弦公式和同角的商数关系可得，进而，结合两角和的正切关系计算即可求解.
【详解】由，得，
等式两边同时除以，得，
即，又，所以，
所以.
故选：A
4．C
【分析】将直线方程与抛物线方程联立，后由抛物线定义结合韦达定理可得答案.
【详解】由题可得抛物线焦点为1,0，准线为.直线方程为：.
将直线方程与抛物线方程联立可得，
设，由韦达定理可得.
如图，过AB分别作准线的垂线，垂足为C，D，则由抛物线定义
.
故选：C
5．C
【分析】表示事件至少有一个发生的概率，据此得到答案.
【详解】分别表示随机事件发生的概率，
表示事件至少有一个发生的概率，故表示事件都不发生的概率.
故选：C.
6．A
【分析】根据对数的换底公式和基本不等式的应用计算即可求解.
【详解】由，得，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
所以的取值范围为.
故选：A
7．C
【分析】由题可得，利用导数求出的极值，当位于极小值与极大值之间时，可使有3个不同根，即可得答案.
【详解】因方程（）有个不同的根，，，
则，经比较系数可得，
则问题等价于，当方程有三个不同根时，k的范围，
即图象与有三个交点时，k的范围，
注意到，
令；令，
则在上单调递增，在上单调递减，
则极大值为，极小值为，
则要使图象与有三个交点，k需在极小值与极大值之间，即.
故选：C.
8．A
【分析】由题可得双曲线方程，PM为角平分线，延长交于N，由中位线定理可得M所在轨迹，后由两点间距离公式结合不等式知识可得答案.
【详解】由的左、右焦点为，，的一条渐近线为，
可得双曲线方程为：，
因，则PM为的角平分线.
其中是延长相交而来，由对称性可得为等腰三角形，
则，M为的中点.
又由双曲线定义，可得，则.
因M为的中点，O为的中点，则，
则在以O为圆心，半径为的圆上，设，
则
当时，因，又，
则当时，，当且仅当时取等号.
则
得，当且仅当，即时取等号.
故选：A
9．CD
【分析】由题意，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算，依次判断选项即可.
【详解】A：点在圆上，则；又直线与圆相切，
则圆心到直线的距离为，
解得，故A错误；
B：当时，直线；又点在圆内，则，
圆心到直线的距离为，
即直线与圆相离，故B错误；
C：当，时，直线，圆的半径为，
圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，故B正确；
D：当时，直线，所以圆心到直线的距离为，
则直线过圆心，得直线截圆所得弦长为2，故D正确.
故选：CD
10．AB
【分析】如图，根据“刍甍”的定义，结合选项，依次判断即可.
【详解】如图，，四边形为矩形，
A：三棱台体是一个由一个三角形底面和一个平行的三角形顶面组成的五面体，三个侧面是梯形.
在三棱台体中，有三对平行的棱（每对连接底面和顶面的对应顶点），而不是只有三条平行的棱，
所以三棱台体不是“刍甍”，故A正确；
B：根据定义，三条棱互相平行且不全相等，不可能所有四个非矩形面都是梯形.
所以“刍甍”必须有且仅有两个面为三角形，故B正确；
C：根据定义，三条棱互相平行且不全相等，不可能有两个面为平行四边形.
所以不存在有两个面为平行四边形的“刍甍”，故C错误；
D：根据定义，三条棱互相平行且不全相等，如图，“刍甍”不存在两个互相平行的面，故D错误.
故选：AB.
11．ABC
【分析】对ABC各选项的值取一个进行检验．对D选项，确定中不可能有3个元素即可判断．
【详解】选项A，若，当时，，的依次为，此后 以6为周期循环出现，
从而依次为同样此后以6为周期循环出现，
所以，满足题意；
选项B，若，当时，，的值依次为，此后以4为周期循环出现，
从而依次为此后以4为周期循环出现，
从而，满足题意；
选项C，若，当时，，的值依次为，此后以3周期循环出现，
从而依次为，此后以3为周期循环出现，
从而，满足题意；
选项D，若，则，周期是2，
的值依次为，此后以2为周期循环出现，从而的值依次为，此后以2为周期循环出现，因此中至多有2个元素，不合题意，
故选：ABC．
【点睛】思路点睛：存在性命题，只要举一例满足题意即可确定，因此本题中对可能值只要找到一个即可，利用周期性求值，而对不可能的问题需要证明，同样利用周期性确定中值的情况即可得．
12．/
【分析】设，利用平面向量基底表示以及线性运算可得、，结合数量积的运算律、定义和诱导公式计算即可.
【详解】设，则，
，
设正方向边长为6，则，
所以
，
所以.
故答案为：
13．或
【分析】根据题意对的取值进行分类讨论，再根据正弦函数单调性得出在不同区间上的最大值，利用得出方程即可解得正数.
【详解】当时，可得，由的单调性可得
此时，因此可得，
显然，则，又时，，不合题意；
当时，可得，此时，
因此可得，不合题意；
当时，可得，此时，
因此可得，即，当时，易知，不合题意；
当时，可得，此时，
因此可得，即，解得，符合题意；
当时，可得，此时，
因此可得，可得，所以，即，符合题意；
当时，可得，此时，
显然，即不成立；
当时，可得，不满足；
综上可得，或.
故答案为：或
14．
【分析】由题意得，构造函数与，利用导数分别求两函数的值域，再分类讨论将问题转化为值域间的包含关系，进而建立关于的不等式求解可得.
【详解】由得.
设，.
则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以，且当时，；
当时，.
故的值域为；
设，.
则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
所以，且当时，；
当时，.
故的值域为；
若，则，故值域，
且恒有.
由题意对任意，都存在，使得.
但当时，恒有，
即不存在，使得，故，
所以，则函数的值域为，
要使对任意，都存在，
使得，即，
则需的值域，则，
解得，故实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：任意，都存在，使得，即在定义域上的值域是函数在定义域上的值域的子集.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列性质计算可得，可求通项公式；
（2）依题意可得，，再由得出不等式可求得公差的取值范围．
【详解】（1）易知，所以．
因为，所以公差．
得．
（2）因为对任意，都有，
所以，，得，．
由（1）知，所以，，
解得；
即公差的取值范围为.
16．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据得到平面，故，从而证明出平面；
（2）作出辅助线，证明出，，从而平面，所以即是直线与平面所成角，求出各边长，求出，得到，
【详解】（1）底面为平行四边形，故，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面与平面相交于，平面，
所以，
因为不在平面内，平面，
所以平面．
（2）取中点，连接，
因为，，
所以为等边三角形，
所以，且，．
因为平面，平面，
所以，
又，平面，
故平面，
所以即是直线与平面所成角．
因为，，所以，
所以中，，得，
所以直线与平面所成角的大小为．
17．(1)有把握；
(2).
【分析】（1）完善列联表，计算的观测值并与临界值比对即可得解.
（2）设，根据给定条件，利用条件概率公式、结合互斥事件的加法公式列出方程求解.
【详解】（1）列联表数据如下：
所以有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于小时且小于小时有关．
（2）设，则，
由，得，
而，则．
又，于是，
得，即，
而，因此，
由，得，所以.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）由可得函数递减区间；
（2）证明即可；
（3），注意到，可得成立的一个必要条件为，然后验证为成立的充分条件可得答案.
【详解】（1）函数的定义域为，
因为，
当时，；当时，，
所以函数在区间上递减．
（2）由已知，定义域为，
设，则，
即，所以函数的图象关于对称；
（3）由题设，则，
注意到，则成立的一个必要条件为；
下面说明也是成立的一个充分条件，
当时，因为，，则，
所以，得在上单调递减，
因为，所以当且仅当时，，即；
综上，满足题意的实数的范围为．
【点睛】关键点点睛：对于不便于分离参数的恒成立问题，常可根据已知条件找到命题成立的一个必要条件，再证明这个必要条件也是相应命题的充分条件即可，这种方法被称为“必要性探路”.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由向量坐标运算及题目所给定义可得答案；
（2）由绝对值不等式可得且，然后可得答案；
（3）由题可设，，则，然后研究在上的值域，最后结合周期性可得答案.
【详解】（1）由题可得，
所以；
（2）设，则
因为，当时取等，
因为，当时取等，
等价于且，
得，的最大值为，当且时取得；
（3）由，，
，
可设，，
因，
，
则，
，
设，则以为周期，
当时，，由余弦函数单调性可得：
，
，则此时；
当时，，由正弦函数单调性可得：
，
，则此时；
当时，，由正弦函数单调性可得：
，
，则此时；
当时，，由函数单调性可得：
，
，则此时.
综上所述，当时，
因为以为周期，所以当时，，
得，
所以．
【点睛】关键点睛：对于涉及绝对值的有关问题，可利用三角不等式简化问题，也可通过平方，分类讨论去掉绝对值，还可以利用绝对值的几何意义解决问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
A
C
C
A
C
A
CD
AB
题号
11









答案
ABC









时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计