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2024-2025 学年第一学期高三七诊考试（数学试卷）
考试时间：120分钟； 试卷分值：150分 命题人：薛梅
一、单选题（共8小题，每小题5分）
1. 集合 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式求出集合 ， ，再根据交集的定义求解即可．
【详解】由 ，
，
则 ，
即 ，
故选：C.
2. 已知复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算求得复数 ，再利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】 ， ，因此， .
故选：B.
【点睛】本题考查集合的运算，考查逻辑推理和运算求解能力，属于基础题.
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学科网（北京）股份有限公司3. 已知直线l经过点 ，且与直线 垂直，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由垂直得直线斜率，再由点斜式写出直线方程，化简即得．
【详解】直线 的斜率为 ，直线 与之垂直，则 ，
又 过点 ，所以直线方程为 ，即 ．
故选：A．
4. 设S 为等差数列{a}的前n项和，且 ，则S =（ ）
n n 13
A. 78 B. 91 C. 39 D. 26
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列基本量的运算可得 ，然后利用等差数列的前n项和公式求解即可.
【 详 解 】 因 为 ， 则 ，
.
故选：A
5. 若 、 且 ，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断各选项的正误.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】因为 、 且 ，由基本不等式可得 ，
当且仅当 时，等号成立，AB均错；
，当且仅当 时，等号成立，C错；
，即 ，
当且仅当 时，等号成立，D对.
故选：D.
6. 若向量 的夹角为 ， ，若 ，则实数 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由 两边平方得 ，结合条件可得 ，又由 ，可得
，即可得出答案.
【详解】由 两边平方得 .
即 ，也即 ，所以 .
又由 ，得 ，即 .
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学科网（北京）股份有限公司所以
故选：A
【点睛】本题考查数量积的运算性质和根据向量垂直求参数的值，属于中档题.
7. 已知函数 ，则（ ）
A. 它的最小值为 B. 它的最大值为2
C. 它的图象关于直线 对称 D. 它的图象关于点 对称
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简 ，然后结合三角函数的性质依次判断各个选项，
得到正确结果.
【详解】 ，
函数 的最小值为1，最大值为3，故A，B错误；
由 ，可知函数的图象关于直线 对称，故C正确；
由 得 ，则函数的图象关于点 对称，故D错误.
故选：C．
8. 设椭圆 （ ）的左焦点为F，O为坐标原点．过点F且斜率为 的直线与C的
一个交点为Q（点Q在x轴上方），且 ，则C的离心率为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接Q和右焦点 ，可知|OQ|＝ ，可得∠FQ ＝90°，由 得 ，写出
两直线方程，联立可得Q点坐标，Q点坐标代入椭圆标准方程可得a、b、c关系﹒
【详解】设椭圆右焦点为 ，连接Q ，
∵ ， ，∴|OQ|＝ ，∴∠FQ ＝90°，∵ ，∴ ，FQ过
F(－c，0)， Q过 (c，0)，
则 ，
由 ，
∵Q在椭圆上，∴ ，又 ，解得 ，
∴离心率 ．
故选：D．
二、多选题（共3小题，每小题6分）
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学科网（北京）股份有限公司9. 年，是中国共产主义青年团成立 周年.为庆祝建团 周年，某中学全体学生参加了主题为
“赓续红色血脉·争当青春先锋”的知识竞赛，随机抽取了若干名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的
成绩都在 分至 分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，
则下列说法正确的是（ ）
A. 直方图中 的值为
B. 成绩在区间 内的学生最多
C. 估计全校学生的平均成绩为 分
D. 估计全校学生成绩的样本数据的 分位数约为 分
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据频率和为 可知A正确；根据频率分布直方图可知成绩在区间 的学生对应频率最大，
知B正确；利用频率分布直方图估计平均数的额方法可知C正确；利用频率分布直方图估计百分位数的方
法可知D错误.
【详解】对于A， ， ，A正确；
对于B， 成绩在区间 的学生对应频率最大， 成绩在区间 内的学生最多，B正确；
对于C，平均成绩为 ，C正确；
对于D， 分位数约为 ，D错误.
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学科网（北京）股份有限公司故选：ABC.
10. 如图，正方体 的棱长为1，线段 上有两个动点 ，且 ，下列选项正
确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 的面积与 的面积相等
D. 三棱锥 的体积为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正方体性质得线面垂直，线面平行，点到平面的距离，由体积公式确定三棱锥体积，从而判断
各选项．
【详解】由正方体的性质 平面 , 平面 ,则 ，又 ，
， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，则 ，
A正确；
由正方体的性质知 平面 ，即 平面 ，B正确；
由正方体性质得A到直线 的距离为 ，而 到直线 的距离为 ，两个三角形面积不相
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学科网（北京）股份有限公司等，C错；
，而A到平面 的距离即 到平面 的距离，为 ，因此
为定值，D正确，
故选：ABD．
11. 抛物线 的焦点为 、 为其上一动点，当 运动到 时， ，直线 与抛物线
相交于 、 两点，点 ，下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为
B. 的最小值为4
C. 当直线 过焦点 时，以 为直径的圆与 轴相切
D. 存在直线 ，使得 两点关于 对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据抛物线定义即可得到；对于 B，利用三角形两边之和大于第三边即可得到；对于
C，借助直线与圆相切的性质即可得到；对于 D，设出直线方程，与抛物线联立后，借助对称性思想即可
得到.
【详解】对于A：当 运动到 时， ，故 ，即抛物线为 ，故A错误；
对于B：由 ，故 ，则 ，故B正确；
对于C：当直线 过焦点 时，设 为 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司故以 为直径的圆的半径为 ，又 ，故以 为直径的圆的圆心坐标为 ，
有圆心到 轴的距离与该圆半径相等，即该圆与 轴相切,故C正确；
对于D：设存在该直线 ，则 与直线 垂直，则该直线的斜率 ，
即可设该直线为 ， 、 分别设为 、 ，
由 ，消去 可得， ，
则 ，即 ，
有 ， ，
故 ， ，
则弦 的中点 在直线 上，
即有 ，解得 ，
故存在直线 ，使得 两点关于 对称，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12. 记 为递增等比数列 的前 项和，若 ， ，则 ___．
【答案】
【解析】
【分析】根据前 项和公式先求出公比 ，即可求出 .
【详解】由 ， ，可得 ，解得 或 .
因为 为递增的等比数列，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司故答案为： .
的
【点睛】本题主要考查等比数列 通项公式和前 项和公式应用，属于容易题.
13. 为了落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某校开设 三门德育校本课程，现有甲､乙､丙､
丁四位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有
_____________.
【答案】36
【解析】
【分析】根据已知对四位同学分3组，根据分组分配方法求解即可．
【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学选 ， ， 三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，则三组人数为 1、1、2，此时有
.
种
故答案为： ．
14. 设函数 是定义在 上的奇函数，且满足 对一切 都成立，又当
时， ，则下列四个命题：
①函数 是以4为周期的周期函数；
②当 时， ；
③函数 的图象关于 对称；
④函数 的图象关于 对称.
其中正确的命题是_______．
【答案】①②③④
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【 分 析 】 由 题 可 得 ： 且 ， 将 代 入 可 得 ：
，所以①正确；当 时， ，可得： ，
所以②正确；将 代入 并结合 整理得： ，所以③
正确；将 代入 结合 可得： ，所以④正确；问题
得解.
【详解】因为函数 是定义在 上的奇函数
所以 且
又
将 代入 可得： ，
所以函数 是以4为周期的周期函数，所以①正确；
当 时， ，所以 ，
所以②正确；
将 代入 可得： ，结合 整理得：
，所以函数 的图象关于 对称，所以③正确；
将 代入 可得： ，
所以
所以 ，
所以函数 的图象关于 对称，所以④正确；
故填：①②③④
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题主要考查了求函数的周期及函数的解析式，还考查了赋值法及函数对称性的特点，考查分析
能力及转化能力，属于难题．
四、解答题（共77分）
15. 在ΔABC中，内角 的对边分别为 ，且 .
（1）求 ；
（2）若 ， ，求ΔABC的面积.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【详解】试题分析：
(1)利用正弦定理边化角，然后结合同角三角函数基本关系可得 ，则 .
(2)利用余弦定理可求得边长 ，则△ABC的面积为 .
试题解析：
（1）由正弦定理得
∵ ，∴ ， ∵ ，∴ .
（2）∵ ， ，∴ ，
即 ，则 ，∵ ，∴
由（1）得 ，∴ 的面积 .
16. 如图，在三棱柱 中，四边形 是矩形， ，
．
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学科网（北京）股份有限公司（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由 得四边形 为菱形，则 ，由已知的数据结合勾股定理逆定理
得 ，而 ，则 平面 ，所以 ，再由线面垂直的判定定理可证得
结论；
（2）取 的中点 ，连结BM，则 两两垂直，所以以 为原点， 所在的直
线分别为 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：在平行四边形 中，因为 ，
所以四边形 为菱形，故 ，
又因为 ，故 为等边三角形，
故 ．
在 中， ， ,
所以 ，故
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学科网（北京）股份有限公司又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，因此 ．
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【小问2详解】
的
解：取 中点 ，连结BM，因为 为等边三角形，
所以 ，
因为 ‖ ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
故 两两垂直，
所以以 为原点， 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的法向量为 ，则
， 令 ，得 ；
设平面 的法向量为 ，则
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学科网（北京）股份有限公司, 令 ，得 ．
设平面 与平面 所成角为 ，
则 ．
17. 设函数 .
（1） 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）证明： 至多只有一个零点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 时， ，得到 ，进而可求出
， ，再根据导数的几何意义，即可求出结果；
（2）将 的零点个数转化成 与 交点个数，对 求导，利用导数与函数单调性
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学科网（北京）股份有限公司间的关系，得到 在区间 上单调递减，即可证明结果.
【小问1详解】
当 时， ，则 ，
所以 ，又 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
【小问2详解】
由 ，得到 ，整理得到 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在区间 上恒成立，当且仅当 时取等号，
故 在区间 上单调递减，则 与 最多有一个交点，
即 至多只有一个零点
18. 已知椭圆 过点 ，且离心率 .
的
（1）求椭圆C 标准方程；
（2）若直线 与椭圆C相交于 两点( 不是左右顶点)，椭圆的右顶点为D，且满足
，试判断直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） （2）直线过定点
【解析】
【分析】（1）由 可得 ，利用 ，把点 代入椭圆方程，即可得出椭圆C的标
准方程；
（2）设 ，联立 ，得到根与系数的关系，利用 ，得到
，即可得出结论.
【详解】（1）由题意椭圆的离心率 ，
∴ ，即 ，∴
∴椭圆方程为
又点 在椭圆上，于是 ，
得
∴椭圆的方程为 .
（2）设 ，
由 得 ，
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学科网（北京）股份有限公司，
又 ，
∴ ，
∵ ，∴
又椭圆的右顶点 ，
∴ ，则 ，
，
，
解得 ，且满足
当 时， ，直线过定点 与已知矛盾；
当 时， )，直线过定点 ．
综上可知，直线l过定点，定点坐标为 .
19. 已知数列 的前 项和为 ，点 在函数 图象上；
（1）证明 是等差数列；
（2）若函数 ，数列 满足 ，记 ，求数列 前 项和 ；
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学科网（北京）股份有限公司（3）是否存在实数 ，使得当 时， 对任意 恒成立？若存在，求
出最大的实数 ，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
在
（3）存 ， .
【解析】
【分析】（1）首先确定 ，由 与 关系可得 ，进而由定义证得数列为等差数列；
（2）结合（1）中结论可求得 ，采用错位相减法即可得到 ；
（3）将恒成立的式子变为 ，可求得 ，由此可得 ，解不等式即
可求得 的值.
【小问1详解】
点 在函数 图象上， ，
当 时， ；
当 时， ，
则 ，
数列 是以 为首项， 为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）得： ；又 ， ，
， ，
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学科网（北京）股份有限公司，
.
【小问3详解】
假设存在实数 ，使得当 时， 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
， ，
，解得： 或 ，
则存在最大的实数 ，使得 对任意 恒成立.
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