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广东省深圳市南山区2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试题

注意事项：

1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.

2.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码.

3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑.

4.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液.

5.考试结束后，考生上交答题卡.

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】B

【解析】

【分析】求出集合，根据集合的交集和补集的概念即可得到答案.

【详解】，

则或，

则.

故选：B.

2.复数的虚部为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的除法运算直接化简，即可得解.

详解】由已知，

其虚部为，

故选：D.

3.已知平面向量满足，则（）

A.0 B.1 C.2 D.3

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量的模可得，继而可得，由即可求解.

【详解】，所以，

所以，所以，可得，

所以.

故选：

4.已知，则的最小值为（）

A.1 B.2 C.3 D.4

【答案】B

【解析】

【分析】利用利用基本不等式化简已知条件，从而求得正确答案.

【详解】依题意，，

即，

由于，所以，

当且仅当时等号成立，所以的最小值为.

故选：B

5.若，则（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意结合解方程即可.

【详解】因为，则，且，

联立方程，解得或（舍去），

所以.

故选：A.

6.设椭圆的一个焦点为，点为坐标原点，若上存在点使得为等边三角形，则的离心率为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用为等边三角形构造焦点三角形，根据几何关系和椭圆的定义得到的等量关系，即可求得离心率.

【详解】设椭圆的另一焦点为，连接如图所示，

因为为等边三角形，

所以，

所以,又因为,

所以，

由椭圆定义可知，

整理得：.

故选：

7.设函数，则“”是“的图象关于对称”的（）

A.充要条件 B.充分不必要条件

C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据的图象关于对称等价于恒成立，求出的值，即可判断充分性和必要性.

【详解】由题意，函数的定义域为.

因为函数的图象关于对称恒成立，

即恒成立，

化简得恒成立，

即，解得.

因为“”是“”的必要不充分条件，

所以“”是“的图象关于对称”的必要不充分条件.

故选：C.

8.图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成的平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为（）

A.1 B. C. D.2

【答案】B

【解析】

【分析】做辅助线，根据题意可证平面，进而求相应长度，根据面面垂直可得平面，即可得体积.

【详解】连接，

由题意可知：，，平面，

所以平面，

且平面，可知，

因为为等边三角形，则，可得，

且，

取的中点为，则，可得，

过作，垂足为，

由等面积法可得，则，

因为∥，可得，

因为平面，平面，可得平面平面，

且平面平面，平面，

所以平面，

所以该五面体的体积为.

故选：B.

【点睛】方法点睛：证明线面垂直的常用方法

1.利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；

2.利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；

3.利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．

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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.已知函数和，则（）

A.与有相同的最小正周期

B.与在区间上均单调递减

C.当时，与的图象有且仅有一个交点

D.与的图像有相同的对称轴

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A：根据最小正周期公式分析判断；对于B：根据题意结合余弦函数单调性分析判断；对于C：令，结合三角恒等变换运算求解即可；对于D：根据题意结合余弦函数对称性分析判断.

【详解】因为，.

对于选项A：与的最小正周期均为，故A正确；

对于选项B：因为，则，，

且在内单调递增，在内单调递减，

可知在区间上单调递减，在区间上不单调，故B错误；

对于选项C：令，则，

可得，且，

可知方程有且仅有一个解，

所以与的图象有且仅有一个