2024年浙江宁波市余姚中学高三数学第一学期期末考试模拟试题含解析

2024年浙江宁波市余姚中学高三数学第一学期期末考试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（）A． B． C． D．2．在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．已知命题，，则是（）A．， B．，.C．， D．，.4．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（）A． B． C． D．16．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（）A．平均数为20，方差为4 B．平均数为11，方差为4C．平均数为21，方差为8 D．平均数为20，方差为87．已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（）A．1 B．2 C．3 D．49．已知，，则的大小关系为（）A． B． C． D．10．某公园新购进盆锦紫苏、盆虞美人、盆郁金香，盆盆栽，现将这盆盆栽摆成一排，要求郁金香不在两边，任两盆锦紫苏不相邻的摆法共（）种A． B． C． D．11．已知函数，，若对任意的，存在实数满足，使得，则的最大值是()A．3 B．2 C．4 D．512．设等差数列的前n项和为，且，，则()A．9 B．12 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在△ABC中，∠BAC＝，AD为∠BAC的角平分线，且，若AB＝2，则BC＝_______.14．抛物线上到其焦点的距离为的点的个数为________．15．展开式中，含项的系数为______.16．已知函数，若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.（1）证明：函数在上存在唯一的零点；（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.18．（12分）设为等差数列的前项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若满足不等式的正整数恰有个，求正实数的取值范围．19．（12分）选修4-5：不等式选讲设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）已知数列的前n项和，是等差数列，且.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令.求数列的前n项和.21．（12分）已知函数，.（1）当时，①求函数在点处的切线方程；②比较与的大小;（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．22．（10分）如图，在三棱柱中，已知四边形为矩形，，，，的角平分线交于.（1）求证:平面平面；（2）求二面角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解题分析】

由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.【题目详解】水费开支占总开支的百分比为.故选：A【题目点拨】本题考查折线图与柱形图，属于基础题.2、B【解题分析】

由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.【题目详解】由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，，，..故选：【题目点拨】本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.3、B【解题分析】

根据全称命题的否定为特称命题，得到结果.【题目详解】根据全称命题的否定为特称命题，可得，本题正确选项：【题目点拨】本题考查含量词的命题的否定，属于基础题.4、C【解题分析】

根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【题目详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【题目点拨】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.5、B【解题分析】

由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.【题目详解】由，则展开式中的系数为，展开式中的系数为，二者的系数之和为，得.故选：B.【题目点拨】本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.6、D【解题分析】

由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.【题目详解】样本的平均数是10，方差为2，所以样本的平均数为,方差为.故选:D.【题目点拨】样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.7、A【解题分析】

结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【题目详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【题目点拨】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.8、D【解题分析】

圆心坐标为，代入直线方程，再由乘1法和基本不等式，展开计算即可得到所求最小值．【题目详解】圆的圆心为，由题意可得，即，，，则，当且仅当且即时取等号，故选：．【题目点拨】本题考查最值的求法，注意运用乘1法和基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，同时考查直线与圆的关系，考查运算能力，属于基础题．9、D【解题分析】

由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.【题目详解】根据指数函数的图像与性质可知，由对数函数的图像与性质可知，，所以最小；而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知，代入上式可得所以，综上可知，故选：D.【题目点拨】本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.10、B【解题分析】

间接法求解，两盆锦紫苏不相邻，被另3盆隔开有，扣除郁金香在两边有，即可求出结论.【题目详解】使用插空法，先排盆虞美人、盆郁金香有种，然后将盆锦紫苏放入到4个位置中有种，根据分步乘法计数原理有，扣除郁金香在两边，排盆虞美人、盆郁金香有种，再将盆锦紫苏放入到3个位置中有，根据分步计数原理有，所以共有种.故选:B.【题目点拨】本题考查排列应用问题、分步乘法计数原理，不相邻问题插空法是解题的关键，属于中档题.11、A【解题分析】

根据条件将问题转化为，对于恒成立，然后构造函数，然后求出的范围，进一步得到的最大值.【题目详解】，，对任意的，存在实数满足，使得，易得，即恒成立，，对于恒成立,设，则，令，在恒成立，，故存在，使得，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增.,将代入得：，，且，故选：A【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题.12、A【解题分析】

由，可得以及，而，代入即可得到答案.【题目详解】设公差为d，则解得，所以.故选：A.【题目点拨】本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

由，求出长度关系，利用角平分线以及面积关系，求出边，再由余弦定理，即可求解.【题目详解】,，，，.故答案为:.【题目点拨】本题考查共线向量的应用、面积公式、余弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.14、【解题分析】

设抛物线上任意一点的坐标为，根据抛物线的定义求得，并求出对应的，即可得出结果.【题目详解】设抛物线上任意一点的坐标为，抛物线的准线方程为，由抛物线的定义得，解得，此时.因此，抛物线上到其焦点的距离为的点的个数为.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用抛物线的定义求点的坐标，考查计算能力，属于基础题.15、2【解题分析】

变换得到，展开式的通项为，计算得到答案.【题目详解】，的展开式的通项为：.含项的系数为：.故答案为：.【题目点拨】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.16、【解题分析】

画出函数的图象，再画的图象，求出一个交点时的的值，然后平行移动可得有两个交点时的的范围．【题目详解】函数的图象如图所示：因为方程有且只有两个不相等的实数根，所以图象与直线有且只有两个交点即可，当过点时两个函数有一个交点，即时，与函数有一个交点，由图象可知，直线向下平移后有两个交点，可得，故答案为：．【题目点拨】本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析；（2）【解题分析】

（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；（2）根据导函数零点，判断出的单调性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.【题目详解】（1）证明：∵，∴.∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴函数在上单调递增.又，令，，则在上单调递减，，故.令，则所以函数在上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.函数在上单调递增.∴当时，，单调递减；当时，，单调递增.∴.由（*）式得.∴，显然是方程的解.又∵是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，把代入（*）式，得，∴，即所求实数的值为.【题目点拨】本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性以及零点的存在性定理进行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想进行分析.18、（1）；（2）．【解题分析】

（1）设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量的值，然后利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式；（2）求出，可得出，可知当为奇数时不等式不成立，只考虑为偶数的情况，利用数列单调性的定义判断数列中偶数项构成的数列的单调性，由此能求出正实数的取值范围．【题目详解】（1）设等差数列的公差为，则，整理得，解得，，因此，；（2），满足不等式的正整数恰有个，得，由于，若为奇数，则不等式不可能成立.只考虑为偶数的情况，令，则，．.当时，，则；当时，，则；当时，，则.所以，，又，，，，.因此，实数的取值范围是.【题目点拨】本题考查数列的通项公式的求法，考查正实数的取值范围的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19、（1）；（2）【解题分析】

（1）当时，将原不等式化简后两边平方，由此解出不等式的解集.（2）对分成三种情况，利用零点分段法去绝对值，将表示为分段函数的形式，根据单调性求得的取值范围.【题目详解】（1）时，可得，即，化简得：，所以不等式的解集为.（2）①当时，由函数单调性可得，解得；②当时，，所以符合题意；③当时，由函数单调性可得，，解得综上，实数的取值范围为【题目点拨】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，属于中档题.20、（Ⅰ）;（Ⅱ）【解题分析】试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析：（1）由题意知当时，，当时，，所以．设数列的公差为，由，即，可解得，所以．（2）由（1）知，又，得，，两式作差，得所以．考点1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题.“错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.21、（1）①见解析，②见解析；（2）见解析【解题分析】

（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．【题目详解】解