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文档简介
绝密★启用前毫州市普通高中2023—2024学年度第一学期高三期末质量检测数学考生注意:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上,并将考生号条形码格贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时,选出每小题后,用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他标号.回答非选择题时,将写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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已知集合,则()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合和集合即可求解.【详解】因为,所以.故选:C.2.已知复数,则“”是“的实部小于0”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】考查的实部小于0的充要条件,结合集合关系进行判断.【详解】因为若其实部小于0,则,即,显然是的必要不充分条件,则“”是“的实部小于0”的必要不充分条件,故选:B.3.如图所示为某企业员工年龄(岁)的频率分布直方图,从左到右依次为第一组、第二组、……、第五组,若第五组的员工有80人,则第二组的员工人数为()A.140 B.240 C.280 D.320【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图的性质,求得的值,进一步计算即可.【详解】由已知得,所以,因为第五组的员工人数为80,所以第二组的员工人数为.故选:C.4.在等差数列中,已知,则()A.1 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式进行计算即可.【详解】设的公差为.由已知可得,所以,则.故选:B.5.如图,正三棱柱的底面边长为1,高为3,已知为棱的中点,分别在棱上,,记四棱锥,三棱锥与三棱锥的体积分别为,则()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据条件分别计算出的值,即可判定.【详解】因为,所以.故选:D.6.已知直线和曲线,当时,直线与曲线的交点个数为()A.0 B.1 C.2 D.无法确定【答案】B【解析】【分析】根据直线所过定点,结合图象即可判定.【详解】直线的方程可化为,所以直线恒过点,曲线即,表示圆心为坐标原点,半径为3的圆的上半部分(如图),由图可知,当时,直线与曲线的交点个数为1.故选:B.7.在三棱锥中,已知,平面平面,二面角的大小为,则三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别取的中点为,连接.根据题中条件可求得,,结合外接球球心在直线上,列出方程,解出即可.【详解】分别取的中点为,连接.因为,所以,则,又则,又平面平面,平面平面,,则,平面,所以平面,又平面,所以,又,平面,平面,所以平面,又平面,所以,故为二面角的平面角,所以,所以,三棱锥外接球的球心在直线上.设,则,即,解得(负值舍),所以三棱锥外接球的半径为,表面积为.故选:A.8.当时,函数在上的零点的个数为()A.4 B.3 C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】先由得出;再构造函数,根据函数的单调性得出题目问题等价于根的问题,即等价于当时,函数与直线在上交点个数;最后根据函数在上的单调性、值域及即可求解.【详解】令,则,即.构造函数,则问题等价于讨论方程的根的个数.因为函数在上单调递增;函数在上单调递增;所以在上单调递增,故问题进一步等价于讨论方程的根的问题,即可转化为根的问题,即等价于当时,函数与直线在上交点个数.因为函数在上单调递增;函数在上单调递增;所以函数单调递增,故.又因为当时,所以当时,方程只有一根,所以函数在上的零点的个数为1.故选:D【点睛】关键点点睛:本题考查同构法的应用、函数图像交点个数与函数零点个数之间的关系.解题关键在于由得出;构造函数,根据函数的单调性得出题目问题等价于当时,函数与直线在上交点个数.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,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知向量满足,且,则的坐标可以为()A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用三点共线的性质进行求解问题.【详解】设为坐标原点,则由可知三点共线,且在之间,选项A:,,与不平行,选项A错误;选项B:,,与平行,且在之间,选项B正确;选项C:,,与平行,且在之间,选项C正确;选项D:,,与平行,但不在之间,选项D错误.故选:BC.10.已知函数的部分图象如图所示,则()A.B.C.的图象关于点对称D.在上单调递增【答案】ACD【解析】【分析】根据函数图象求出函数解析式,再根据正弦函数的性质判断即可.【详解】设的最小正周期为,由图象可得到,故,因为,所以,解得,故A正确;将代入,得,则,解得,因为,所以当时,,所以,故B错误;因为,所以的图象关于点对称,故C正确;当时,,因为在上单调递增,所以在上单调递增,故D正确.故选:ACD11.将正数用科学记数法表示为,则,我们把,分别叫做的首数和尾数,若将的首数记为,尾数记为,则下列说法正确的是()A.B.是周期函数C.若,则D.若,则【答案】AC【解析】【分析】根据新定义可判断A,由得出不存在非零常数使成立,判断B,根据首数尾数的定义,利用对数运算判断CD.【详解】对于A,因为,所以,故A正确;对于B,若,必有,不可能存在非零常数,使得恒成立,不符合周期函数的定义,故B错误;对于C,设,则,若10,则,若,则,所以,故C正确;对于D,设同选项,若,则,若,则,所以,故D错误故选:AC12.已知抛物线的焦点到点的距离为,直线经过点,且与交于点(位于第一象限),为抛物线上之间的一点,为点关于轴的对称点,则下列说法正确的是()A.B.若的斜率为1,则当到的距离最大时,(为坐标原点)为直角三角形C.若,则的斜率为3D.若不重合,则直线经过定点【答案】ABD【解析】【分析】利用两点距离公式求得,从而判断A;利用导数的几何意义求得的坐标,从而判断B;利用抛物线的定义求得,从而判断C,联立直线与抛物线方程,利用表示直线,从而判断D.【详解】对于A,因为抛物线的焦点的坐标为,由已知得,解得,故A正确;对于B,当到的距离最大时,以为切点的的切线斜率也为1,因为,所以只需考虑,则,令,得,则,则此时,又的坐标为,所以轴,所以为直角三角形,故B正确;对于C,如图,设的准线为,过点分别作,过点作,当时,设,所以,所以,即的斜率为,故C错误;对于D,设,则,设的方程为,代入,得0,易得,所以,直线的方程为,则,所以经过定点,故D正确.故选:ABD.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,注意的判断;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达定理求解.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知直线的斜率为2,且与曲线相切,则的方程为__________.【答案】【解析】【分析】由题意令,解方程可得切点坐标,由此即可得解.【详解】设,令,得,则切点为,故所求的方程为.故答案为:.14.已知随机变量,若,则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】利用正态分布的性质,列出不等式,解出即可.【详解】因为,所以,所以.故答案为:.15.已知,则__________.【答案】##【解析】【分析】平方相加可得,即可根据角的范围求解.【详解】将两式平方,相加得,即,因为,所以,所以.故答案为:16.已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点,点在上,且,则__________.【答案】##【解析】【分析】设,由椭圆定义结合余弦定理可推出,继而根据,平方后,结合数量积的运算律,即可求得答案.【详解】由题意知椭圆方程为,则,设,则,而,由余弦定理得,即,所以.因为O为的中点,故,所以,,所以,即,故答案:【点睛】关键点点睛:本题解决的关键是利用数量积的运算法则转化为的关系式,从而得解.四、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.设的内角的对边分别为,已知.(1)求;(2)若,点在边上,,且,求.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用余弦定理将角化边,即可得到,再由余弦定理计算可得;(2)首先由等面积法求出,再由,代入、的值,即可求出,再检验即可.小问1详解】因为,由余弦定理得,整理得,所以,因为,所以.【小问2详解】由题意知,所以,由(1)的过程可得,代入的值整理得,解得或.当时,,此时为钝角,不符合条件,当时,,符合条件,所以.18.记正项等比数列、等差数列的前项和分别为,已知,.(1)求和的通项公式;(2)设集合,求中元素的个数.【答案】(1),(2)10个【解析】【分析】(1)根据等差等比数列的通项公式及前项和公式进行计算即可;(2)解出集合后,根据组合数公式进行计算即可【小问1详解】设的公比为的公差为,因为,所以,解得或(舍去),所以.因为,所以,即,因为,所以,所以.【小问2详解】因为,所以,因为,从四个数中任取两个数(可重复)有种取法,易知不同取法中的两个数之和都互不相等,故集合中的元素有10个.19.如图,直四棱柱的棱长均为为棱的中点.(1)求证:平面平面;(2)若,求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据直棱柱可得,根据菱形可得,故可得平面,故可证面面垂直.(2)利用向量法可求平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值,故可求它的正弦值.【小问1详解】在直四棱柱中,平面,而平面,所以,因为四棱柱的各棱长均相等,故四边形是菱形,所以,又因为,,所以平面.因为平面,所以平面平面.【小问2详解】设与的交点为,则,根据直四棱柱可以为坐标原点,所在直线为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知,则.设平面的法向量为,则即,取.设平面的法向量为,则即,取.因为,所以二面角的正弦值为.20.小张参加某公司的招聘考试,题目按照难度不同分为A类题和B类题,小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型:一个箱子里装有质地、大小一样的5个球,3个标有字母A,另外2个标有字母B,小张从中任取3个小球,若取出的A球比B球多,则答A类题,否则答B类题.(1)设小张抽到A球的个数为X,求X的分布列及.(2)已知A类题里有4道论述题和1道计算题,B类题里有3道论述题和2道计算题,小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答.(i)求小张回答论述题的概率;(ii)若已知小张回答的是论述题,求小张回答的是A类题的概率.【答案】(1)分布列见解析,(2)(i);(ii)【解析】【分析】(1)根据条件求得的所有可能取值及相应的概率,列出分布列,根据期望公式求解即可;(2)(i)根据全概率公式进行计算即可;(ii)根据条件概率公式进行计算即可.【小问1详解】的所有可能取值为,,所以的分布列为123故.【小问2详解】记事件“小张回答类题”,“小张回答类题”,“小张回答论述题”.(i)由(1)知,由题意知,所以.(ii),所以.21.已知函数.(1)若,求的极小值;(2)若对任意的和,不等式恒成立,求的最大值.【答案】(1)(2)2【解析】【分析】(1)利用导数考查函数的单调性,结合极小值的定义求出即可;(2)参变分离后,利用导数考查函数的单调性,求出函数的最小值,即可求得的取值范围,继而求解.【小问1详解】当时,,所以,易知在上单调递增,且,所以当时,在上单调递减,当时,在上单调递增,所以在处取得极小值.【小问2详解】因为,所以恒成立等价于恒成立.设,则,易知在上单调递增,且当时,,当时,,所以在内存在唯一零点,即,当时,在上单调递减,当时,在上单调递增,所以.结合式,可知:,当且仅当时取等号,即当时,的最小值为2,要使恒成立,须,即的最大值为2.【点睛】结论点睛:对于恒成立问题,常用到以下两个结论:(1)恒成立;(2)恒成立.22.已知双曲线经过点,直线与交于两点,直
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