山西省阳泉市2024届高三上学期期末数学试题（教师版）

阳泉市2023～2024学年度第一学期期末教学质量监测试题高三数学注意事项：1．本试题分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题答题卡相应的位置．3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效．4．考试结束后，将本试题的答题卡交回．5．试题满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一项符合题目要求．1.已知集合，集合，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题可得，再利用集合的包含关系即求.【详解】由题知，得，则，故选：A．2.已知复数满足，则（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】先求出，然后再求.【详解】由，得：，所以：，即：，故C项正确.故选：C.3.如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（）．A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理可求的值.详解】由平面向量基本定理，化简，所以，即，故选：A．4.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由二倍角公式结合平方关系以及商数关系即可得解.【详解】由题意，所以，所以，而，故解得，而，经检验满足题意.故选：D.5.曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义即可求得函数在某点处的切线方程.【详解】因，所以，所以在点处的切线斜率为.所以切线方程为，即，故选：D6.已知点A，抛物线C：的焦点F．射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】抛物线C：x2=4y的焦点为F（0，1），定点A（2，0），∴抛物线C的准线方程为y=-1.设准线与y轴的交点P，则FM：MN=FP：FN，又F（0，1），A（2，0），∴直线FA为：x+2y-2=0，当y=-1时，x=4，即N（4，-1），，=.7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见初行行里数，请公仔细算相还”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天到达目的地.”则此人第一天走了（）A.192里 B.148里 C.132里 D.124里【答案】A【解析】【分析】根据题意结合等比数列的前n项和公式即可得到答案.【详解】由题意可得这个人每天走的路程成等比数列，且公比，，，故，解得.故选：A．8.已知函数是定义在上的偶函数，当时，(是自然对数的底数)，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得函数的单调性，把不等式转化为，得到，即可求解.【详解】当时，，此时，则在上单调递增，又由是偶函数，所以在上单调递减.由，得，则，两边平方整理得，解得.故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，完全选对得满分，漏选得2分，错选得0分．9.已知函数，则（）A.图象的一条对称轴方程为B.图象的一个对称中心为C.将曲线上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移2个单位长度，可得到的图象D.将的图象向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称【答案】CD【解析】【分析】先将函数化为，利用整体换元去考察它的对称轴与对称中心，利用三角函数的图象变换规律去判断CD即可.【详解】，令，，则，，故A错误；令，则，所以图象的对称中心为，故B错误；将曲线上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到曲线的图象，再向下平移2个单位长度得到曲线的图象，故C正确；将的图象向右平移个单位长度，得到的曲线方程为，其为偶函数，故D正确.故选：CD10.将四大名著《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》，诗集《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（）A.戏曲书放在正中间位置的不同放法有种 B.诗集相邻的不同放法有种C.四大名著互不相邻的不同放法有种 D.四大名著不放在两端的不同放法有种【答案】ABC【解析】【分析】A选项，利用全排列求出答案；B选项，捆绑法进行求解；C选项，插空法进行求解；D选项，先将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，再将剩余的书和位置进行全排列.【详解】A选项，戏曲书放在正中间，其余6本书和6个位置进行全排列，共有种不同放法，A错误；B选项，将两本诗集进行捆绑，有2种放法，再将捆绑的诗集和剩余的5本书，进行全排列，此时有种放法，故诗集相邻的不同放法有种，B正确；C选项，先将诗集和戏曲进行全排列，有种方法，且3本书互相之间有4个空，将4大名著进行插空，有种方法，故共有种放法，C正确；D选项，将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有种放法，再将剩余5本书和5个位置进行全排列，有种放法，故四大名著不放在两端的不同放法有种，D错误.故选：ABC11.已知､是双曲线C：的上､下焦点，点M是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点M，则下列说法正确的有（）A.双曲线C的渐近线方程为B.以为直径的圆方程为C.点M的横坐标为D.的面积为【答案】AD【解析】【分析】由双曲线的标准方程可求得渐近线方程，可判断A选项；求得的值，可求得以为直径的圆的方程，可判断B选项；将圆的方程与双曲线的渐近线方程联立，求得点的坐标，可判断C选项；利用三角形的面积公式可判断D选项【详解】由双曲线方程知,，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；，以为直径圆的方程是，B错误；由得或，由得或.所以，点横坐标是，C错误；，D正确．故选：AD．【点睛】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为（即），应注意其区别与联系.12.如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列结论中正确的是（）A.翻折到某个位置，使得B.翻折到某个位置，使得平面C.四棱锥体积的最大值为D.点在某个球面上运动【答案】ACD【解析】【分析】对于A：当时，即时满足条件；对于B：根据线面垂直可得，进而结合长度关系即可判断；对于C：当平面平面时，四棱锥体积的最大，再求解即可；对于D：取中点，连接，即可得在以点为球心的球面上.【详解】对于选项A：由题可知：，若存在某个位置使得，由于，平面，可得平面，且平面，所以，又因为，可得，由于在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，故存在某个位置，使得，故A正确；对于选项B：若存在某个位置，使得平面，由平面，可知，因为，由可得，由可得，因为与不能同时成立，所以平面不成立，故B错误；对于选项C：若四棱锥体积的最大时，则平面平面，由于是等腰直角三角形，可知此时点到平面的距离为，所以四棱锥体积的最大值为，故C正确；对于选项D：取中点，连接，由于为线段的中点，则为定值，所以在以点为球心的球面上，故D正确.故选：ACD.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知，，若，则____．【答案】【解析】【分析】根据向量的线性运算以及向量垂直的坐标表示可得，进而可求模长.【详解】由题意可得：，，若，则，解得，则，所以.故答案为：.14.高三某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A+的概率分别为，这三门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得1个A+的概率是______.【答案】【解析】【分析】先求对立事件概率：三门科目考试成绩都不是，再根据对立事件概率关系求结果.【详解】这位考生三门科目考试成绩都不是的概率为，所以这位考生至少得1个A的概率为故答案为：【点睛】本题考查利用对立事件求概率，考查基本分析求解能力，属于基础题目.15.等差数列的前n项和为，若，则______【答案】【解析】【分析】结合已知条件，利用等差数列的求和公式求得公差，然后再由等差数列的通项公式，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以.故答案为：.16.已知函数．若存在实数，，使在上的值域为，请写出一个符合条件的的值____．【答案】（内的任意一个值均可）【解析】【分析】判断函数单调性，根据给定条件，把问题转化为方程有两个不等的非负实根求解即得.【详解】函数的定义域为，显然在上单调递增，依题意，，，因此方程，即有两个不等实根，令，于是方程有两个不等的非负实根，则，解得，所以符合条件的的值可以为.故答案为：【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.中，角，，的对边分别是，，，（1）求角；（2）若为边的中点，且，求的最大值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边得，化简利用余弦定理可求解；（2）根据题意可知，两边平方化简可得，利用基本不等式可求的最大值.【小问1详解】由，得，即又由余弦定理，可得，又，；【小问2详解】∵是边的中点，∴，那么，又，∴又，当且仅当时等号成立，∴∴，的最大值是4.18.已知数列的前项和为，点在函数的图象上．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，分和两种情况，结合与之间的关系运算求解；（2）由（1）可得：，利用裂项相消法运算求解.【小问1详解】因为点均在二次函数的图象上，可得，则有：当时，；当时，；且也符合，所以．【小问2详解】由（1）可得：，所以，所以.19.如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.（1）证明：∥平面；（2）设，若点到平面的距离为,求二面角的大小.【答案】(1)见解析（2）【解析】【分析】（1）设BD与AC的交点为O，连结EO，推导出EO∥PB，由此能证明PB∥平面AEC．（2）由求出AB的长，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间坐标系，利用向量法求出二面角的大小.【详解】（1）证明：连结交于点，连结,因为为矩形，所以为的中点，又为的中点，所以，平面平面，所以平面（2）因为为矩形，所以两两垂直设，则，由有即：，解得：以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则，，则设为平面的法向量，则即可取又为平面的法向量由，故二面角的大小为【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．【小问1详解】记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，所以，.【小问2详解】设，依题可知，，则，即，构造等比数列，设，解得，则，又，所以是首项为，公比为的等比数列，即．【小问3详解】因为，，所以当时，，故．【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．21.椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且短轴长为2.（1）求椭圆的标准方程：（2）过点且倾斜角为的直线与椭圆交于A、两点，线段的中垂线与轴交于点，是椭圆上的一点，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解.（2）由直线和椭圆方程式联立得线段的中点坐标，得到线段的中垂线方程，由此求得的坐标，再由椭圆的参数方程得的坐标，再由两点间的距离公式和复合函数求最值即得.【小问1详解】由题意设椭圆的方䄇为，因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由已知得直线的方程为，设，将直线代入，得，解得，不妨设则；同理得，即，所以线段的中点坐标，所以线段的中垂线的方程为，因为线段的中垂线与轴交于点，所以令得，得，因为