中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期10月测试数学试卷 Word版含解析

这是一份中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期10月测试数学试卷 Word版含解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共150分
一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数性质确定集合，再由交集定义计算．
【详解】，又，
所以，
故选：A．
2. 若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，利用复数的除法可得z，结合共轭复数的概念以及模的计算，即得答案.
【详解】由，可得，
所以，
故，
故选：C
3. 已知单位向量和，若，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由即可求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：B
4. 已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为（ ）
A. 1：2B. 1：1C. 3：4D. 2：3
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱与球的表面积公式求解即可.
【详解】设球的半径为，则，
由题意，圆柱底面半径、圆柱高均为，
所以圆柱的表面积，
所以圆柱与球的表面积之比为1：1.
故选：B
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和与差的正弦公式以及同角三角函数的关系求解即可.
【详解】，即，
，即，
，
，解得，
，
.
故选：D.
6. 已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A. 2B. 0C. 3D. 无穷
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数表达式确定函数在（）上是增函数且，零点个数转化为函数与的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论．
【详解】由，得在区间上的函数值都是区间上相应函数值的一半，，
又时，是增函数，即，
所以，因此时，，
令，它在上是减函数，，，，
当时，，
作出和在上图象，如图，由图可知：
在时，的图象与的图象没有交点，所以在上，它们只有两个交点，
所以的零点个数为2.
故选：A．
7. 将的图象变换为的图象，下列变换正确的是（ ）
A. 将图象上点的横坐标变为原来的倍，再将图象向右平移个单位
B. 将图象上点的横坐标变为原来的3倍，再将图象向右平移个单位
C. 将图象向右平移个单位，再将图象上点的横坐标变为原来的倍
D. 将图象向右平移个单位，再将图象上点的横坐标变为原来的3倍
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换进行选择.
【详解】由图象变换为的图象，有以下两种思路：
（1）先将的图象向右平移个单位，得的图象，
再把所得函数图象上任一点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，
得的图象，故C正确，D错误；
（2）先将的图象上任一点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，
得的图象，再把所得函数图象向右平移个单位，
得的图象，故AB错误.
故选：C
8. 定义在R上的函数满足：，且，当时，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得函数的周期为，然后求得其一个周期的值域，即可得到结果.
【详解】由可得，
即关于对称，即，
由可得关于对称，
即，所以，
令，则，代入可得，
即，则，
所以的周期为，
由是定义在R上的函数，且关于对称，
可得，又当时，，
即，所以，
当时，，
且关于对称，则时，，
又关于对称，则时，，
即在一个周期内的值域为，
则的最小值为.
故选：B
【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对但不全得3分，有错选的得0分．
9. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件“为偶数”的概率为
B. 事件“ab为偶数”的概率为
C. 设，则X的数学期望为
D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定从中随机取一个数，从中随机取一个数的所有可能取法数，根据古典概型的概率计算可判断ABD；根据数学期望的计算可判断C；
【详解】从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，
共有（种）可能；
对于A，当时，时，为偶数；当时，时，为偶数；
故共有4种可能，则事件“为偶数”的概率为，A正确；
对于B，当时，时，为偶数；当时，时，为偶数；
此时共有（种）可能，故事件“ab为偶数”的概率为，B正确；
对于C，的取值可能为，
则,
故，C错误；
对于D，的取值可能为，
，
，
故在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12，D正确，
故选：ABD
10. 在直棱柱中，底面为正方形，，为线段上动点，，分别为和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则经过，，三点的直棱柱的截面为四边形
B. 直线与所成角的余弦值为
C. 三棱锥的体积为定值
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出经过，，三点的截面，判断A的真假；作出异面直线与所成的角，利用等腰三角形的性质，求角的余弦，判断B的真假；判断点到平面的距离是否为定值，可判断C的真假；转化成平面上两点之间线段最短，并求出最小值，可判断D的真假.
【详解】对A：如图：
直线交直线于，设.
因为，
因为三点共线，所以，因为，所以.
所以点在线段上.
设射线与射线交于点，连接交于点.
在线段上取点，使；在线段上取点，使.
依次连接，可得经过，，三点的直棱柱的截面，可见截面不是四边形，故A错误；
对B：如图：
因为，所以即为异面直线与所成的角，设为.
在中，，，所以，故B正确；
对C：易知平面平面，平面，所以平面.
点，所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值.故C正确；
对D：如图
将绕旋转，使共面，则.
过作与直线垂直，垂足为.
在中，，，，所以，，，
所以.故D正确.
故选：BCD
11. 一条动直线与圆相切，并与圆相交于点A，B，点P为定直线上动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在直线，使得以AB为直径的圆与相切
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，数形结合求出点到直线距离的最小值与比较可判断；对B，C，根据向量数量积运算结合，运算得解判断；对D，直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题，设，Ax1,y1，Bx2,y2，利用直线对称列式运算求解.
【详解】设线段的中点为，根据圆的对称性可知点在圆上，
则，坐标原点到直线的距离为，
由图易知，，
对于A，点到直线距离的最小值为，且，
所以以为直径的圆与相离，故A错误；
对于C，
，
，故C正确；
对于B，，
，故B正确；
对于D，由于两点在圆上，且，点到直线的距离，求直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题，
设，Ax1,y1，Bx2,y2，点关于直线对称点为，
则，直线，，
由，消去整理得，
即，即，
，，同理，，
，，
的最小值为，
所以最小值为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是将求直线上点使得最小值转化为求直线上一点，的最小值问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式中存在项，则由满足条件的所有正整数m从小到大排列构成的数列的通项公式为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据二项展开中含有的项满足的条件，再根据为正整数求出数列an的通项公式.
【详解】展开式的通项为，
由于展开式中存在项，
令，则，
所以.
故答案为：
13. 设双曲线（）的右顶点为F，且F是抛物线的焦点．过点F的直线l与抛物线交于A，B两点，满足，若点A也在双曲线C上，则双曲线C的离心率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点坐标，再结合已知求出双曲线的离心率.
【详解】抛物线的焦点，直线不垂直于轴，设其方程为，
由消去得：，设，则，
由，得，由对称性不妨令点在第一象限，解得，，
由点在双曲线上得，，又，解得，
所以双曲线C的离心率.
故答案为：

14. 已知，则的最小值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】变形函数，换元构造函数，再利用导数分段探讨单调性求出最小值.
【详解】函数，令，令，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
因此当时，，所以当时，取得最小值2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：利用对数运算法则变形，再换元构造新函数是解决本题的关键.
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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足．
（1）若，，求的面积；
（2）记BC边中点为D，，若A为钝角，求x的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式得解；
（2）利用向量的运算及余弦定理得出与的关系，再由基本不等式及为钝角得出范围即可.
【小问1详解】
因为，所以，
又，即，
所以，即，
所以.
【小问2详解】
因为BC边的中点为D，所以,
所以
，
又，
所以，
在三角形中，，所以，
所以，即，
又A为钝角，则，解得，
故由，可得，
所以.
16. 如图所示，在四棱锥中，，，．

（1）若平面，证明：平面；
（2）若底面，，二面角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形三边长可得到三角形角度，再根据线面垂直得到线线垂直，结合同一平面内垂直于同一条直线的两条直线平行，即可得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由空间向量夹角的余弦公式列方程，即可得求答案.
【小问1详解】
证明：∵，，，即，
∴，即，
∵平面，平面，
∴，
∴，又平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵底面，底面，
∴，，又，
以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：

令，则，
，则，
，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
∴，
令，则，
∴，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，
∴，
∵二面角的正弦值为，则余弦值为，
又二面角为锐角，∴，
解得，所以.
17. 已知椭圆，的下顶点为，左、右焦点分别为和，离心率为，过的直线与椭圆相交于，两点．若直线垂直于，则的周长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与坐标轴不垂直，点关于轴的对称点为，试判断直线是否过定点，并说明理由．
【答案】（1）
（2），理由见详解.
【解析】
【分析】（1）据题意可知是正三角形，由直线垂直于，可证，由此可知
，，进而得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，则，得到直线方程，直曲联立，
由韦达定理可得，进而得到，代入直线方程可求出定点.
【小问1详解】
由题意可知，
因为离心率为，
所以，
所以，故是正三角形，如图所示：
若直线，则直线垂直平分线段，
所以，
由于的周长为，故的周长为，
由定义可知：，
所以的周长为，故，
所以，故，
所以椭圆的方程：.
【小问2详解】
由题意可设直线的方程为，，则，如图所示：
可得直线的方程为：，
因为，
将其代入直线方程，可得，
可整理得：，
联立方程得，
则，
所以，即，
将其代入式中，可得直线方程为：，
可见直线过定点，
所以直线过定点，坐标为.
18 已知函数，．
（1）若，证明：；
（2）若，求a的取值范围；
（3）若，记，讨论函数的零点个数．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究区间单调性，即可证结论；
（2）问题化为研究时恒成立，应用导数求右侧最值，即可得范围；
（3）根据解析式有，在将问题化为研究与在上的交点情况，讨论参数a的符号，结合导数研究交点，即可确定原函数零点个数.
【小问1详解】
由题设且，则，
所以在上递减，故，得证；
【小问2详解】
由解析式，易知时恒成立，
当，只需恒成立，
令且，则，
令，则，即在上递增，
所以，故，即在上递增，且，
对于，，则，
故在上递增，且时，
综上，，即.
【小问3详解】
由题设，且定义域为，显然，
令，且，
只需研究与在上的交点情况，
若，则在上递减，在上递增，且时，
而，即在上递减，且，
又，则，在处的图象递减趋势比的图象平缓，
故与在上有且仅有一个交点，
此时，在有两个零点；
若，在恒成立，而恒成立，
故与在上无交点，
此时，在有一个零点；
综上，时有两个零点；时有一个零点.
19. 乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利．
（1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
（2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小．
附：，其中．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得，讨论参数结合独立检验基本思想即得答案；
（2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到，并化简，即可证；
（3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到，进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小.
【小问1详解】
由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下，
所以，若，
当时，根据小概率值的独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响．
当时，根据小概率值的独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响．
【小问2详解】
由题意，
，
，
综上，，得证.
【小问3详解】
考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
设“赛满局甲获胜”为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况：
第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，
则，得，
若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况，
甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜；
甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为，
所以，
若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得，
所以，
则
，
由，所以，得.
【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到为关键.
0.05
0.025
0.010
3.841
5.024
6.635
甲获胜场数
乙获胜场数
5局3胜
7局4胜