中学生标准学术能力诊断性测试2024-2025学年高三上学期10月月考试题 数学（PDF版，含答案）

标准学术能力诊断性测试 2024 年 10 月测试 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 18
1
数学试卷 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 6 3

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
本试卷共 150 分 6
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 8． 定义在R 上的函数 f (x)满足： f ( 1+ x) f ( 1 x) = 0，且 f (1+ x)+ f (1 x) = 0 ，当
符合题目要求的． x 1,1 时， f (x) = ax 2，则 f (x)的最小值为
1
A = x | 2x

1． 已知集合 4 , B = 2, 1,0,1,2 ，则 A B =
4
A
． 6
B． 4 C． 3 D． 2
A． 1,0,1 B． 2, 1,0,1,2 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.
C． 0,1 D． 1,1
9． 从 1,2,3 中随机取一个数记为a ，从 4,5,6 中随机取一个数记为b ，则下列说法正确的是
z +1
2． 若 = i，则 z =
z 1 4A．事件“a +b 为偶数”的概率为
2 1 9
A． 2 B． C．1 D． 7
2 2 B．事件“ab为偶数”的概率为
9
3． 已知单位向量 a 和b ，若a ⊥ (a + 2b) ，则 a+b =
C．设 X = a+b，则 X 的数学期望为E (X ) = 6
A．2 B．1 C． 2 D． 3
D．设Y = ab，则在Y 的所有可能的取值中最有可能取到的值是 12
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
10．在直棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，底面 ABCD为正方形，CD = 3CC = 3 ，P 为线段B1C 上1
A．1: 2 B．1:1 C．3: 4 D．2:3
动点，E,F 分别为 A1D1 和 BC 的中点，则下列说法正确的是
1 tan
5． 已知 sin ( + ) = , = 2 ，则sin ( ) =

1
3 tan A．若CP = CB1 0 ，则经过P,E,F 三点的直棱柱的截面为四边形
3
1 1 1 1
A． B． C． D．
3 9 3 9 B．直线B1C
6
与 A1C1所成角的余弦值为
4
2x ,0 x 1
2 C．三棱锥P A1DC1的体积为定值
6． 已知函数 f (x) = 1 ，则函数 g (x) = f (x) 的零点个数为
f (x 1) , x 1 x
2 D． A1P + BP的最小值为 7
A．2 B．0 C．3 D．无穷 2 2 2 211．一条动直线 l1 与圆 x + y =1相切，并与圆 x + y = 25 相交于点 A, B ，点 P 为定直线

7． 将 y = sin x的图象变换为 y = sin 3x 的图象，下列变换正确的是 l2 : x + y 10 = 0 上动点，则下列说法正确的是
6
1 A．存在直线 l1，使得以 AB 为直径的圆与 l2 相切
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
3 6
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2 2
B． PA + PB 的最小值为150 20 2 （1）求椭圆C 的方程；
C． AP PB的最大值为 27+10 2 （2）若直线 l 与坐标轴不垂直，点E关于 x 轴的对称点为G ，试判断直线DG 是否过定点，并
D． PA + PB 的最小值为8 3 说明理由．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 18．（17 分）已知函数 f (x) = ax+sin x, x 0, ．
m
1
12．若 x 的展开式中存在 x2 项，则由满足条件的所有正整数m 从小到大排列构成的数 （1）若a = 1，证明：
f (x) 0 ；

x x
（2）若 f (x) 0 ，求a 的取值范围；
列 an 的通项公式为 ．
1
x2 y2 （3）若a 0，记 g (x) = f (x) ln (x +1)，讨论函数 g (x)的零点个数． 2
13．设双曲线C : =1(a 0,b 0)的右顶点为F ，且F 是抛物线 : y = 4x的焦点．过点 a
a2 b2
19．（17 分）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
F 的直线 l 与抛物线 交于 A, B两点，满足 AF = 2FB，若点 A也在双曲线C 上，则双曲线C
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．
的离心率为 ．
a （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
14．已知 f (x) = ln a ln x 2 + 1 ，则 f (x)的最小值为 ．
x 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．
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．
已知甲、乙两人共进行了m (m N )场比赛，请根据小概率值 = 0.010的 K 2独立性检
2 2 2
15．（13 分）记 ABC的内角 A, B,C的对边分别是a,b,c，满足2a +3(b + c ) = 21．
验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
3
（1）若b = c,cos A = ，求 ABC的面积；
4 （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
（2）记 BC 边的中点为D， AD = x，若 A为钝角，求 x 的取值范围． P 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
16．（15 分）如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA= AC = 2,BC =1，
局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：P(A) = P(B)．
AB = 3 ．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是 p( p 0.5)，没有平局．若采用“赛
（1）若 AD⊥平面PAB，证明： AD 平面PBC ； D C
满 2n 1局，胜方至少取得 n 局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为 P(n)．若采用“赛满
A
（2）若PA⊥底面 ABCD，AD ⊥CD，二面角 A CP D的正弦值为 2n+1局，胜方至少取得n+1局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为P(n+1)，试比较P(n)
B
6
，求 AD的长． （第 16 题图） 与P(n+13 )的大小．
x2 y2 2
17．（15 分）已知椭圆C : + =1(a b 0)，C 的下顶点为B，左、右焦点分别为 F n (ad bc)1和 F2 ， 2
a2 b2 附：K = ，其中n = a+b+c+d ．
(a + b)(c + d )(a + c)(b + d )
1
离心率为 ，过 F2 的直线 l 与椭圆C 相交于D,E 两点．若直线 l 垂直于BF1，则 BDE的周长
2 P (K
2 k0 ) 0.05 0.025 0.010
为 8． k0 3.841 5.024 6.635
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标准学术能力诊断性测试 2024 年 10 月测试
数学 参考答案
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 2 3 4 5 6 7 8
A C B B D A C B
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，部分选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分．
9 10 11
ABD BCD BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
a = 4n 3312． n 13． 14．2
3
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．（13 分）
解：（1）由余弦定理知：5(b2 + c2 ) = 21+ 4bccos A，
3
又b = c,cos A = ，代入等式中可得：10bc = 21+3bc，
4
即得bc = 3，所以b = c = 3 ······································································· 4 分
1 3 7 3 7
所以 ABC的面积为 bcsin A = = ············································· 5 分
2 2 4 8
1
（2）因为D为线段 BC 的中点，所以 AD = (AB + AC ) ，
2
1
两边平方得： x2 = (b2 + c2 + 2bccos A)，
4
由余弦定理可得：2bccos A=b2 +c2 a2 ，
1
代入上式得： x2 = (2b2 + 2c2 a2 )，
4
2 12 2 2 8( 2再由2a +3 b2 + c2 ) = 21，可得a2 = 6 x2 ，b + c = 3+ x ·················· 10 分
7 7
12 8 105
因为 A为钝角，所以a2 b2 +c2，可得6 x2 3+ x2 ，解得0 x ．
7 7 10
第1页 共6页
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105
所以， x 的取值范围为 x 0 x ····················································· 13 分
10
16．（15 分）
解：（1）因为 AD⊥平面PAB， AB 平面PAB，所以 AD⊥ AB，
由 AC = 2, BC =1, AB = 3 ，可得 AC2 = AB2 +BC2，所以BC ⊥ AB，
所以在平面四边形 ABCD中，由 AD⊥ AB,BC ⊥ AB，可得 AD BC，
因为 AD 平面PBC ， BC 平面PBC ，
所以 AD 平面PBC ·················································································· 6 分
（2）【方法一】因为PA⊥底面 ABCD，CD 底面 ABCD，所以PA⊥CD ，
因为 AD⊥CD,PA AD = A，所以CD ⊥平面PAD，
可得CD ⊥ PD，即 PDC = 90 ． z
P
以直线DA为 x 轴，直线DC 为 y 轴，过点 D且垂直于
平面 ABCD的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图
所示： ························································ 8 分 D C
A y
设 AD = a,DC =b，
x
B
则 D(0,0,0), A(a,0,0),C (0,b,0), P(a,0,2)，
在坐标平面 xDz中，直线 DP的法向量就是平面 PDC 的法向量，可得其中一个法向量为
n1 = ( 2,0,a)．
设平面PAC 的一个法向量为n2 = (x, y, z)，则n2 AP = n2 CP = 0，
而 AP = (0,0,2) ,CP = (a, b, 2)，可得 z = 0,ax by = 0．
令 x = b，则 y = a，得n2 = (b,a,0) ··························································· 12 分
2b
所以cos n1,n2 = ，
a2 + 4 a2 +b2
3 4b
2 1
依题可知， cos n ,n = ，可得 = ， 1 2
3 (a2 +b2 )(a2 + 4) 3
2
2 2 b 1
因为a +b
2 = AC = 4 ，所以 = ，解得b2 = 2，
8 b2 3
则a2 = 2，得 AD = 2 ············································································ 15 分
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【方法二】设点 A 到平面 PCD 的距离为 d1 ，点 A 到直线 PC 的距离为 d2 ，二面角
d
A CP D的平面角为 ，则由二面角的平面角定义知sin = 1 ．
d2
6 d1 2 3由题意计算可得d = 2 ，所以 = ，可得d = ． 2 1
3 2 3
1 1
由等体积公式可得 S ACD PA = S ， PCD d1
3 3
3
即 AD CD = PD CD，得PD = 3AD．
3
因为PC2 = PD2 +CD2 ,CD2 = AC2 AD2 ，
所以8=3AD2 +4 AD2，得 AD = 2 ．
17．（15 分）
1 OF
解：（ ）由离心率为 ， BF = a, OF = c，可得 1
1
1 = ， y1 1
2 BF1 2
则 BF1O = 60 ，可得 BF1F2 是正三角形，如图所示： D
F1 F2 x
若直线 l 垂直 BF1 ，则直线 l 垂直平分线段 BF1 ，可知 O
BDE与 F1DE全等，那么 F1DE的周长为 8．
E
由椭圆定义可知： EF1 + EF2 = 2a, DF1 + DF
B
2 = 2a ，
所以 F1DE的周长为 4a，可得4a = 8，即a = 2．
所以c =1，可得b = 3 ，
x2 y2
则椭圆C 的方程为 + =1 ······································································ 6 分
4 3
（2）设 l 的方程为 x =my+1， D(x1, y1 ), E (x2, y2 )， y
G
则G (x2 , y2 )，如图所示：
D
y + y
可得直线DG 的方程为 y y1 =
1 2 (x x ， 1 ) F1 F2 x
x1 x2 O
因为 x1 = my1 +1, x2 = my2 +1，
E
将它们代入直线方程中，
y + y
可得直线DG 的方程为： y = 1 2 (x my1 1)+ y1 ，
m( y1 y2 )
( y1 + y2 ) x 2my1y2 ( y1 + y2 )
可整理得： y = （*） ···································· 10 分
m( y1 y2 )
x2 y2
+ =1 2
联立方程 4 3 ，得： (3m + 4) y2 + 6my 9 = 0，

x = my +1
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6m 9
则 y1 + y2 = , y1y2 = ，
3m2 + 4 3m2 + 4
y
可得 1
+ y2 2m= ，2my1y2 = 3( y1 + y2 )，
y1y2 3
将其代入（*）式中，可得直线DG 的方程为：
( y1 + y2 ) x 4( y1 + y2 ) 6
y = = (x 4)，
m( y1 y2 ) (3m2 + 4)( y1 y2 )
可见直线DG 过定点 (4,0)，
所以直线DG 过定点，定点坐标为 (4,0) ······················································· 15 分
18．（17 分）
解：（1）若a = 1，则 f (x) = x+ sin x，得 f (x) = 1+cos x 0，
可知 f (x)在 0, 单调递减，可得 f (x) f (0)，
而 f (0) = 0，所以 f (x) 0 ········································································ 3 分
（2）依题意，必须 f ( ) 0，即a 0，可得a 0，求导得 f (x) = a+ cos x．
若 a 1，则 f (x) 0，得 f (x)在 0, 单调递减，
则 f (x) f (0)，而 f (0) = 0，则 f (x) 0 成立 ············································ 5 分
若 1 a 0，由于 f (x)在 0, 单调递减，而 f (0) = a+1 0， f ( ) = a 1 0，
可知 f (x)在 0, 内有唯一零点，记为 x1 ，
当0 x x1时， f (x) 0，可知 f (x)在 0, x1 )单调递增，可得 f (x1 ) f (0) = 0，
这与 f (x) 0 对任意 x 0, 恒成立矛盾，所以 1 a 0不能成立，
综上，实数 a 的取值范围为 ( , 1 ······························································ 8 分
1
（3）有 g (x) = x + sin x ln (x +1) , x 0, ，
a
观察知： g (0) = 0 ，可见 x = 0是 g (x)的一个零点．
下面我们考虑 g (x)在 (0, 内的零点情况 ······················································· 9 分
1 1
当 x (0, 时，若a 0，则 sin x 0，可得 x + sin x x，
a a
x
令 F (x) = x ln (x+1), x (0, ，则F (x) = 0 ，
x +1
得 F (x)在 (0, 单调递增，可得F (x) F (0) = 0，即 x ln (x+1)，
1
那么 x + sin x ln (x +1)，即 g (x) 0，
a
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故当a 0时，函数 g (x)在 (0, 内无零点 ··················································· 12 分
1 1
若 a 0，则 g (x) =1+ cos x ，
a x+1
1 1
①当 x ,
2
时，cos x 0，则 cos x 0，而1 0，可得 g (x) 0 ；
a x +1
1 1
②当 x 0, 时， g (x) = sin x+ 0，可得 g (x)在 0, 单调递增， 2
2 a ( x+1) 2
1 2
因为 g (0) = 0, g =1 0，
a 2 + 2
( )

所以 g x 在 0, 内有唯一零点，记为 x2 ，
2

当0 x x2 时， g (x) 0；当 x2 x 时， g (x) 0，
2
综合①②， g (x)在 (0, x2 )单调递减，在 (x2 , 单调递增．
因为 g (0) = 0，所以 g (x2 ) 0，又由 x ln (x+1)可得 g ( ) = ln ( +1) 0 ，
所以 g (x)在 (0, 内恰有 1 个零点．
综上所述，当a 0时， g (x)有 1 个零点；当a 0时， g (x)有 2 个零点 ·········· 17 分
19．（17 分）
解：（1）据题中条件，列出赛制和甲获胜情况列联表如下：
甲获胜场数 乙获胜场数 合计
5 局 3 胜 0.8m 0.2m m
7 局 4 胜 0.9m 0.1m m
合计 1.7m 0.3m 2m
2
2m(0.08m2 0.18m2 )
2 2m
由计算公式得：K = = ，
1.7m 0.3m m m 51
2m
若 6.635，即m 169.1925，故若m 170时，根据小概率值 = 0.010 2的 K 独立
51
性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响，此推断犯错误的概率小于0.010 ．
若m 170，根据小概率值 = 0.010 K 2的 独立性检验，没有证据认为赛制对甲获胜的场
数有影响，此时赛制对甲获胜的场数没有影响 ·················································· 4 分
2
（2）依题意P (A) = p3 + p C 23 p
2 (1 p)+ p C 24 p
2 (1 p)
= p3 +3p3 (1 p)+ 6p3 (1 2 p + p2 ) = 6 p5 15p4 +10 p3 ，
第5页 共6页
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2 0
又有P (B) =C3 3 4 45 p (1 p) +C5 p (1 p)+C
5 p55 (1 p)
2
=10 p3 (1 p) +5p4 (1 p)+ p5
=10p5 20p4 +10p3 +5p4 5p5 + p5
= 6p5 15p4 +10p3
所以P(A) = P(B) ·········································································· 7 分
（3）考虑赛满2n+1局的情况，以赛完2n 1局为第一阶段，第二阶段为最后 2 局．
设“赛满2n+1局甲获胜”为事件C ，结合第一阶段的结果，要使事件C 发生，有两种情
况：第一阶段甲获胜，记为 A1；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了n 1局，记为 A2 ，
则C = A1C + A2C ，得：P(C) = P(A1C)+P(A2C)．
若第一阶段甲获胜，即赛满 2n 1局甲至少胜n 局，有两类情况：甲至少胜n+1局和甲恰
好胜n 局．第一类情况，无论第二阶段的 2 局结果如何，最终甲获胜；第二类情况，有可
能甲不能获胜，这种情况是第二阶段的 2 局比赛甲均失败，
n n n 1 2
其概率值为：C2n 1 p (1 p) (1 p) ，
n 1 2
所以P (A1C ) = P (n) C
n pn2n 1 (1 p) (1 p) ．
若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了n 1局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的 2 局比赛甲
n
必须全部取胜，可得：P(A2C) = P(A2 )P(C A2 ) =C
n 1 n 1
2n 1p (1 p) p
2
，
n 1 2
P (n+1) = P (C ) = P (n) Cn pn (1 p) (1 p) +C n 1 n 1
n 2
所以 2n 1 2n 1 p (1 p) p
······················································ 14 分
n n 1 2
可得P (n +1) P (n) =Cn 1 pn 12n 1 (1 p) p
2 C n n2n 1 p (1 p) (1 p)
=Cn pn+1
n n+1
2n 1 (1 p) C
n
2n 1 p
n (1 p)
n
=Cn n2n 1 p (1 p) ( p (1 p))
n n 1 = 2C pn (1 p) p 2n 1
2
1 n n n 1 因为 p ，所以2C ，可得P n+1 P n ， 2n 1 p (1 p) p 0 ( ) ( )
2 2
综上：P(n+1) P(n) ·································································· 17 分
第6页 共6页
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