海南省2024-2025学年高三上学期学业水平诊断（一）数学试题

这是一份海南省2024-2025学年高三上学期学业水平诊断（一）数学试题，共14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，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．中国历代书画家喜欢在纸扇的扇面上题字绘画，某扇面为如图所示的扇环，记的长为，的长为，若，则扇环的圆心角的弧度数为（ ）

A．3B．2C．D．
5．已知且，若函数与在上的单调性相同，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若函数的图象关于点对称，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．自然常数是数学中非常重要的一个常数，17世纪人们在研究经济学中的复利问题时发现了这个数，后来众多数学家对自然常数进行了深入的研究，其字母表示来自数学家欧拉的名字.已知函数，则下列命题为真命题的是（ ）
A．，
B．，
C．，，
D．，，
10．已知，，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知，若函数的图象在点1,f1处的切线与轴平行，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知实数，满足，则的最小值为 .
13．已知函数的导函数为，若，为的导函数，则 .
14．记函数在区间上的最大值为，最小值为，则 .
四、解答题
15．已知函数的部分图象如图所示，点，
(1)求的解析式；
(2)将的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位长度，得到的图象，求在区间上的最值.
16．已知函数.
(1)求的图象在点处的切线与坐标轴围成的封闭图形的面积；
(2)设函数，若在定义域内单调递减，求实数的取值范围.
17．甲、乙两位跑步爱好者坚持每天晨跑，上周的7天中，他们各有5天晨跑路程超过.
(1)从上周任选3天，设这3天中甲晨跑路程超过的天数为，求的分布列和数学期望.
(2)用上周7天甲、乙晨跑路程的频率分布估计他们各自每天晨跑路程的概率分布，且他们每天晨跑的路程互不影响.设“下个月的某3天中，甲晨跑路程超过的天数比乙晨跑路程超过的天数恰好多2”为事件，求.
参考数据：.
18．已知直线与抛物线交于，两点（为坐标原点），且，动直线过点.
(1)求的方程；
(2)求点关于的对称点的轨迹方程；
(3)若与交于，两点（均异于点），直线，分别与直线交于点，，证明：.
19．记数列的前项和为，已知.
(1)证明：为等比数列；
(2)任意给定，求满足的数对的个数；
(3)若，证明：当时，.
参考答案：
1．B
【分析】解二次不等式得到集合，由交集定义得出结果.
【详解】依题意得：集合，所以.
故选：B.
2．D
【分析】由复数的四则运算即可求解.
【详解】由题意得，所以.
故选：D
3．C
【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的商数关系化简可得结果.
【详解】.
故选：C.
4．A
【分析】设扇环所在圆的圆心为，圆心角为，根据，得到，.
【详解】如图，设扇环所在圆的圆心为，圆心角为，则，
所以，得，又，所以.

故选：A
5．C
【分析】利用指数函数、对数函数及复合函数的单调性计算即可.
【详解】由题意知在上只能是单调递增，
所以在上单调递增，所以
得.
又单调递增，所以.
综上得.
故选：C
6．D
【分析】由图确定是的极小值点，求得，即可求解.
【详解】由图可知，是的极小值点，由已知得，
令，得，得，经验证符合题意，
所以，由，，
可得，解得.
故选：D
7．C
【分析】根据函数的奇偶性及单调性，结合零点存在定理即可求解.
【详解】若，则当时，，
则恒成立，不符合题意.
若，函数和函数都是偶函数，
且都在上单调递减，在上单调递增，
所以为偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，
要使在上存在零点，
只需，即，
所以.
故选：.
8．A
【分析】根据函数图象的对称问题，得到为奇函数，再根据奇函数的含义得到的值，即可求得结果.
【详解】因为的图象关于点对称，
所以函数为奇函数，
则，即，且为奇函数，
所以，得，
所以，
故选：A.
9．ABD
【分析】判断的奇偶性可判断A；取可判断B；，，根据绝对值的性质可判断CD.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，当时，，故B正确；
对于C,D，，，，
要使选项中所述等式成立，需，
当，时，该式不一定成立，
当，时，该式成立，
故C错误，D正确.
故选:ABD.
10．BC
【分析】由三角恒等变换化简逐项计算即可.
【详解】因为，所以，
所以，
又因为，，所以，即，所以，
所以，所以，，
且.故B，C正确，A，D错误.
故选：BC
11．AD
【分析】求导，由题意得到，再结合放缩，逐项判断.
【详解】解：，由题意知.
对于A，因为，，所以，所以，故A正确；
对于B，同理，所以，故B错误；
对于C，若，，，则，故C错误；
对于D，由，得，
由，得，所以，故D正确.
故选：AD
12．
【分析】利用重要不等式计算可得.
【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，
即的最小值为.
故答案为：
13．/
【分析】求出复合函数的导函数，代入求值.
【详解】，
所以.
故答案为：
14．/
【分析】先将看作关于的函数，利用导数讨论其单调性后用表示其最大值，最后再利用导数求该最大值的最小值即可.
【详解】设，则，
当，时，（不恒为零），所以是减函数，
所以.
设，则，
当时，，单调递增，所以.
故答案为：.
15．(1)
(2)最小值为，最大值为1
【分析】（1）由图象可得，代入求出，由，结合图象可得，求出，求出函数解析式；
（2）根据伸缩和平移变换得到，整体法求出函数在上的最值.
【详解】（1）由图象知.
因为的图象过点，所以，
又，所以，所以.
又的图象过点，由“五点作图法”可得，
所以.所以.
（2）由题意知，
当时，，
所以，
则，
所以在区间上的最小值为，最大值为1.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程，进而可得交点坐标和面积；
（2）分析可知，参变分离可得，构建，利用导数求其最值即可.
【详解】（1）由题意得，
则.
又因为，所以的图象在点处的切线为，
与两个坐标轴的交点分别为和，
所求的封闭图形的面积为.
（2）的定义域为0,+∞，因为在定义域内单调递减，所以，
即，
所以.
设，则.
当时，h′x>0，hx单调递增，当时，h′x<0，hx单调递减，
所以，
所以的取值范围是.
17．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）确定的可能取值，再由即可求解；
（2）由题意确定，均服从二项分布.即可求解.
【详解】（1）(1)由题意知的所有可能取值为1，2，3，
且，.
所以的分布列为
.
（2）设下个月的某3天中，甲晨跑路程超过的天数为，乙晨跑路程超过的天数为，
则，均服从二项分布.
则
.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出点的坐标，将其坐标代入抛物线的方程得的值，即可求解；
（2）根据几何性质分析即可求解；
（3）设，，，，直线的方程为，联立曲线与直线方程，结合韦达定理，表示出的坐标，利用即可求证.
【详解】（1）由题意，可设点，.
由，得，解得，
所以，将其坐标代入抛物线的方程得，解得，
所以的方程为.
（2）因为点，关于对称，过点，所以.
当绕点旋转时，线段也绕点旋转，
所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，
故点的轨迹方程为.
（3）设，，，，直线的方程为.
由题可知直线不过点，则.
联立得消去，整理得，
恒成立，则，，
直线的方程为，即.
令，得，则，
同理可得，
所以
，
因此.
【点睛】方法点睛：能直接列出等量关系式时可以用直接法求轨迹方程，解题步骤为：
（1）根据已知条件及一些基本公式（两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等)；
（2）根据公式直接列出动点满足的等量关系式，从而得到轨迹方程；
（3）注意“多点”和“少点”，一般情况下，斜率和三角形顶点等约束条件.
19．(1)证明见解析
(2)符合题意的有个
(3)证明见解析
【分析】（1）由与的关系即可求证；
（2）由题意得到，再通过讨论，，即可；
（3）构造函数，通过求导确定单调性，得到，进而可求证.
【详解】（1）当时，，得.
当时，，
两式相减得，
得，整理可得，
所以是首项为，公比为2的等比数列.
（2）由(1)可知.
所以，等价于.
若，则，不符合题意；
若，则，也不符合题意；
若，因为，
所以，
所以当时，，，，，均满足题意.
综上，符合题意的有个.
（3）.
设，则，
当时，，单调递减，当时，单调递增，
故当时，，即，得，所以，
同理，，即，得.
综上，.
所以，，，，，
以上个式子相加得：
，
即，
即.
【点睛】数列不等式的综合问题，可通过放缩，或构造函数确定单调性放缩，再通过裂项相消法进行求和.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
A
C
D
C
A
ABD
BC
题号
11









答案
AD









1
2
3