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文档简介

福建省南安市柳城中学2024届高三数学第一学期期末预测试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.已知函数,若函数的所有零点依次记为,且,则()A. B. C. D.2.若函数为自然对数的底数)在区间上不是单调函数,则实数的取值范围是()A. B. C. D.3.“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.“”是“函数(为常数)为幂函数”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件5.执行下面的程序框图,如果输入,,则计算机输出的数是()A. B. C. D.6.已知集合,集合,则().A. B.C. D.7.在精准扶贫工作中,有6名男干部、5名女干部,从中选出2名男干部、1名女干部组成一个扶贫小组分到某村工作,则不同的选法共有()A.60种 B.70种 C.75种 D.150种8.已知满足,则的取值范围为()A. B. C. D.9.半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体,是由正方体切截而成的,它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示,图中网格是边长为1的正方形,粗线部分是某二十四等边体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.10.如图是一个几何体的三视图,则这个几何体的体积为()A. B. C. D.11.一辆邮车从地往地运送邮件,沿途共有地,依次记为,,…(为地,为地).从地出发时,装上发往后面地的邮件各1件,到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件,同时装上该地发往后面各地的邮件各1件,记该邮车到达,,…各地装卸完毕后剩余的邮件数记为.则的表达式为().A. B. C. D.12.盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”,其中只有2张“刮刮卡”有奖,现甲从盒中随机取出2张,则至少有一张有奖的概率为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设数列的前项和为,且对任意正整数,都有,则___14.在中,,,,则__________.15.已知,则__________.16.过圆的圆心且与直线垂直的直线方程为__________.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)在中,,,.求边上的高.①,②,③,这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.18.(12分)如图所示,在四棱锥中,∥,,点分别为的中点.(1)证明:∥面;(2)若,且,面面,求二面角的余弦值.19.(12分)设直线与抛物线交于两点,与椭圆交于两点,设直线(为坐标原点)的斜率分别为,若.(1)证明:直线过定点,并求出该定点的坐标;(2)是否存在常数,满足?并说明理由.20.(12分)在四棱锥的底面中,,,平面,是的中点,且(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)线段上是否存在点,使得,若存在指出点的位置,若不存在请说明理由.21.(12分)市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房,银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金:每月的还款额呈递减趋势,且从第二个还款月开始,每月还款额与上月还款额的差均相同;②等额本息:每个月的还款额均相同.银行规定,在贷款到账日的次月当天开始首次还款(若2019年7月7日贷款到账,则2019年8月7日首次还款).已知小张该笔贷款年限为20年,月利率为0.004.(1)若小张采取等额本金的还款方式,现已得知第一个还款月应还4900元,最后一个还款月应还2510元,试计算小张该笔贷款的总利息;(2)若小张采取等额本息的还款方式,银行规定,每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半,已知小张家庭平均月收入为1万元,判断小张该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素);(3)对比两种还款方式,从经济利益的角度来考虑,小张应选择哪种还款方式.参考数据:.22.(10分)在世界读书日期间,某地区调查组对居民阅读情况进行了调查,获得了一个容量为200的样本,其中城镇居民140人,农村居民60人.在这些居民中,经常阅读的城镇居民有100人,农村居民有30人.(1)填写下面列联表,并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关?城镇居民农村居民合计经常阅读10030不经常阅读合计200(2)调查组从该样本的城镇居民中按分层抽样抽取出7人,参加一次阅读交流活动,若活动主办方从这7位居民中随机选取2人作交流发言,求被选中的2位居民都是经常阅读居民的概率.附:,其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828

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、C【解析】

令,求出在的对称轴,由三角函数的对称性可得,将式子相加并整理即可求得的值.【详解】令,得,即对称轴为.函数周期,令,可得.则函数在上有8条对称轴.根据正弦函数的性质可知,将以上各式相加得:故选:C.【点睛】本题考查了三角函数的对称性,考查了三角函数的周期性,考查了等差数列求和.本题的难点是将所求的式子拆分为的形式.2、B【解析】

求得的导函数,由此构造函数,根据题意可知在上有变号零点.由此令,利用分离常数法结合换元法,求得的取值范围.【详解】,设,要使在区间上不是单调函数,即在上有变号零点,令,则,令,则问题即在上有零点,由于在上递增,所以的取值范围是.故选:B【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性,考查方程零点问题的求解策略,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.3、A【解析】

首先利用二倍角正切公式由,求出,再根据充分条件、必要条件的定义判断即可;【详解】解:∵,∴可解得或,∴“”是“”的充分不必要条件.故选:A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,二倍角正切公式的应用是解决本题的关键,属于基础题.4、A【解析】

根据幂函数定义,求得的值,结合充分条件与必要条件的概念即可判断.【详解】∵当函数为幂函数时,,解得或,∴“”是“函数为幂函数”的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题考查了充分必要条件的概念和判断,幂函数定义的应用,属于基础题.5、B【解析】

先明确该程序框图的功能是计算两个数的最大公约数,再利用辗转相除法计算即可.【详解】本程序框图的功能是计算,中的最大公约数,所以,,,故当输入,,则计算机输出的数是57.故选:B.【点睛】本题考查程序框图的功能,做此类题一定要注意明确程序框图的功能是什么,本题是一道基础题.6、A【解析】

算出集合A、B及,再求补集即可.【详解】由,得,所以,又,所以,故或.故选:A.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.7、C【解析】

根据题意,分别计算“从6名男干部中选出2名男干部”和“从5名女干部中选出1名女干部”的取法数,由分步计数原理计算可得答案.【详解】解:根据题意,从6名男干部中选出2名男干部,有种取法,从5名女干部中选出1名女干部,有种取法,则有种不同的选法;故选:C.【点睛】本题考查排列组合的应用,涉及分步计数原理问题,属于基础题.8、C【解析】

设,则的几何意义为点到点的斜率,利用数形结合即可得到结论.【详解】解:设,则的几何意义为点到点的斜率,作出不等式组对应的平面区域如图:由图可知当过点的直线平行于轴时,此时成立;取所有负值都成立;当过点时,取正值中的最小值,,此时;故的取值范围为;故选:C.【点睛】本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题,解题时作出可行域,利用目标函数的几何意义求解是解题关键.对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在.9、D【解析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示,求出该几何体的棱长,可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的,可求出其体积.【详解】如下图所示,将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中,由三视图可知,该几何体的棱长为,它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的,该几何体的体积为,故选:D.【点睛】本题考查三视图,几何体的体积,对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到,属于中档题.10、A【解析】

由三视图还原原几何体如图,该几何体为组合体,上半部分为半球,下半部分为圆柱,半球的半径为1,圆柱的底面半径为1,高为1.再由球与圆柱体积公式求解.【详解】由三视图还原原几何体如图,该几何体为组合体,上半部分为半球,下半部分为圆柱,半球的半径为1,圆柱的底面半径为1,高为1.则几何体的体积为.故选:.【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积,关键是由三视图还原原几何体,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11、D【解析】

根据题意,分析该邮车到第站时,一共装上的邮件和卸下的邮件数目,进而计算可得答案.【详解】解:根据题意,该邮车到第站时,一共装上了件邮件,需要卸下件邮件,则,故选:D.【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用,属于中档题.12、C【解析】

先计算出总的基本事件的个数,再计算出两张都没获奖的个数,根据古典概型的概率,求出两张都没有奖的概率,由对立事件的概率关系,即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张,共有种情况,2张均没有奖的情况有(种),故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系,意在考查数学建模、数学计算能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

利用行列式定义,得到与的关系,赋值,即可求出结果。【详解】由,令,得,解得。【点睛】本题主要考查行列式定义的应用。14、1【解析】

由已知利用余弦定理可得,即可解得的值.【详解】解:,,,由余弦定理,可得,整理可得:,解得或(舍去).故答案为:1.【点睛】本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用,属于基础题.15、【解析】

首先利用,将其两边同时平方,利用同角三角函数关系式以及倍角公式得到,从而求得,利用诱导公式求得,得到结果.【详解】因为,所以,即,所以,故答案是.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值问题,涉及到的知识点有同角三角函数关系式,倍角公式,诱导公式,属于简单题目.16、【解析】

根据与已知直线垂直关系,设出所求直线方程,将已知圆圆心坐标代入,即可求解.【详解】圆心为,所求直线与直线垂直,设为,圆心代入,可得,所以所求的直线方程为.故答案为:.【点睛】本题考查圆的方程、直线方程求法,注意直线垂直关系的灵活应用,属于基础题.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、详见解析【解析】

选择①,利用正弦定理求得,利用余弦定理求得,再计算边上的高.选择②,利用正弦定理得出,由余弦定理求出,再求边上的高.选择③,利用余弦定理列方程求出,再计算边上的高.【详解】选择①,在中,由正弦定理得,即,解得;由余弦定理得,即,化简得,解得或(舍去);所以边上的高为.选择②,在中,由正弦定理得,又因为,所以,即;由余弦定理得,即,化简得,解得或(舍去);所以边上的高为.选择③,在中,由,得;由余弦定理得,即,化简得,解得或(舍去);所以边上的高为.【点睛】本小题主要考查真闲的了、余弦定理解三角形,属于中档题.18、(1)证明见解析(2)【解析】

(1)根据题意,连接交于,连接,利用三角形全等得,进而可得结论;(2)建立空间直角坐标系,利用向量求得平面的法向量,进而可得二面角的余弦值.【详解】(1)证明:连接交于,连接,,≌,且,面面,面,(2)取中点,连,.由,面面面,又由,以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系,设,则,,,,,,为面的一个法向量,设面的法向量为,依题意,即,令,解得,所以,平面的法向量,,又因二面角为锐角,故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,解题时要认真审题,注意中位线和向量法的合理运用,属于基础题.19、(1)证明见解析(0,2);(2)存在,理由见解析【解析】

(1)设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程,利用OA⊥OB,求出b,即可知直线过定点(2)由斜率公式分别求出,,联立直线与抛物线,椭圆,再由根与系数的关系得,,,代入,,化简即可求解.【详解】(1)证明:由题知,直线l的斜率存在且不过原点,故设由可得,.,,故所以直线l的方程为故直线l恒过定点.(2)由(1)知设由可得,,即存在常数满足题意.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系,直线过定点问题,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.20、(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ);(Ⅲ)存在,点为线段的中点.【解析】

(Ⅰ)连结,,,则四边形为平行四边形,得到证明.(Ⅱ)建立如图所示坐标系,平面法向量为,平面的法向量,计算夹角得到答案.(Ⅲ)设,计算,,根据垂直关系得到答案.【详解】(Ⅰ)连结,,,则四边形为平行四边形.平面.(Ⅱ)平面,四边形为正方形.所以,,两两垂直,建立如图所示坐标系,则,,,,设平面法向量为,则,连结,可得,又所以,平面,平面的法向量,设二面角的平面角为,则.(Ⅲ)线段上存在点使得,设,,,,所以点为线段的中点.【点睛】本题考查了线面平行,二面角,根据垂直关系确定位置,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.21、(1)289200元;(2)能够获批;(3)应选择等额本金还款方式【解析】

(1)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成一个等差数列,即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额,减去本金即为还款的利息;(2)根据题意,采取等额本息的还款方式,每月还款额为一等比数列,设小张每月还款额为元,由等比数列求和公式及参考数据,即可求得其还款额,与收入的一半比较即可判断;(3)计算出等额本息还款方式时所付出的总利息,两个利息比较即可判断.【详解】(1)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成一

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