安徽省池州市2024届高三上学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省池州市2024届高三上学期期末数学试题一、选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因，而，．故选：C.2.已知，则（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗由复数，可得，所以，则．故选：B.3.已知向量，若，则下列关系一定成立的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，由可得，，整理得．故选：D.4.已知函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由函数在上单调递增，因为函数在区间上单调递增，则有函数在区间上恒正且单调递增，则满足且，解得，所以实数的取值范围是．故选：A.5.某种化学物质的衰变满足指数函数模型，每周该化学物质衰减，则经过周后，该化学物质的存量低于该化学物质的，则的最小值为（）（参考数据：）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设该化学物质最初的质量为，经过周后，该化学物质的存量为，由题意可得，即，可得，所以，，故正整数的最小值为.故选：C.6.的展开式中的系数为（）A.10 B. C.20 D.〖答案〗A〖解析〗，展开式的通项公式为，时，，所以的系数为．故选：A.7.已知过点与圆：相切的两条直线分别是，若的夹角为，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为M，N，，则，则，故，故为钝角，则.故选：D.8.下列不等关系中错误的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对于A项，因，故A项正确；对于B项，设，则在上恒成立，故函数在上单调递增，因，故，即，故，故B项正确；对于C项，因，故构造，则则在上单调递增，，故C项错误；对于D项，，，构造函数则单调递增，，故D项正确．故选：C.二、选择题9.下列判断中正确的是（）A.一组从小到大排列的数据，1，3，5，6，7，9，x，10，10，去掉x与不去掉x，它们的80%分位数都不变，则B.两组数据与，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，则总体的平均值为C.已知离散型随机变量，则D.线性回归模型中，相关系数r的值越大，则这两个变量线性相关性越强〖答案〗AB〖解析〗对于A中，数据，1，3，5，6，7，9，x，10，10的80%分位数为，数据，1，3，5，6，7，9，10，10的80%分位数为10，所以，选项A正确；对于B中，由平均数的公式，可得，，则将它们合并在一起，可得，所以B正确；对于C中，离散型随机变量，可得，根据方差的性质，可得，所以C错误；对于D中，相关系数越大，两个变量线性相关性越强，所以D错误．故选：AB.10.下列函数中均满足下面三个条件的是（）①为偶函数；②；③有最大值A. B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗由题意，函数满足：①为偶函数；②；③有最大值，对于A中，函数，由余弦函数的性质，可得，不满足②，所以A不符合题意；对于B中，函数，由，满足①；又由，满足②；由函数，满足③，所以B符合题意；对于C中，函数，由，满足①；又由，可得，满足②；当时，可得，满足③，所以C符合题意；对于D中,，函数为偶函数，由，可得，，所以D符合题意.故选：BCD.11.如图，棱长为1的正方体中，E为棱的中点，点F在该正方体的侧面上运动，且满足平面．下列说法正确的是（）A.点F轨迹是长度为的线段B.三棱锥的体积为定值C.存在一点F，使得D.直线与直线所成角的正弦值的取值范围为〖答案〗ACD〖解析〗设G为中点，则截面图形是为等腰梯形，分别为的中点，可得且，因为平面，平面，且平面，平面，所以平面，平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面，且点在该正方体的侧面上运动，所以点的轨迹为线段，且，所以A正确；由，所以B错误；当点为中点时，因为，可得，因，所以，所以C正确；当点为中点时，在正方体，可得，则直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，设，在等腰中，，可得，在中，可得，所以；当点与或重合时，此时直线与直线所成角的正弦值为，所以直线与直线所成角的正弦值的取值范围为，所以D正确.故选：ACD.12.已知数列满足，则下列说法正确的是（）A. B.为递增数列C. D.〖答案〗ACD〖解析〗因为，即，所以数列为递增数列，可得，选项A正确；因为数列为递增数列且，则为递减数列，选项B错误；因为，可得，两边平方整理得，选项C正确．因为，整理得，两边平方得，即，可得，累加可得，即，所以，故D正确．故选：ACD.三、填空题13.某校思想品德课教师一天有3个不同班的课，每班一节，如果该校一天共7节课，上午4节，下午3节，该教师的3节课任意两节都不能连着上（第四节和第五节不算连着上），则该教师一天的课所有不同的排法有___________种．〖答案〗78〖解析〗上午2节不连堂，下午一节，共有种；上午1节，下午2节不连堂，共有，故不同的排课方案共有种．故〖答案〗为：78.14.已知函数的图象如图所示，则___________．〖答案〗〖解析〗由图象可得，函数的最小正周期为，，则，，，即，由于，，故故〖答案〗为：15.已知双曲线的左、右焦点分别为，点A在双曲线C上，点B在y轴上，，则双曲线C的离心率为___________．〖答案〗〖解析〗因，，点B在y轴上，则.又，则，，由勾股定理，，由双曲线定义，则．故〖答案〗为：.16.现有一个底面边长为，高为4的正三棱柱形密闭容器，在容器中有一个半径为1的小球，小球可以在正三棱柱形容器中任意运动，则小球未能达到的空间体积为___________．〖答案〗〖解析〗边长为的正三角形的内切圆半径为：，故该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，球在上下移动中所形成的空间几何体为两个半球圆柱，其体积为：，所以剩下体积：．故〖答案〗为：.四、解答题17.已知在中，角的对边分别是，且．（1）求角C的大小；（2）若的面积，求的值．（1）解：由题意知因为，可得，所以，即，可得，又因为，可得，所以，因为，所以.（2）解：因为的面积，可得，解得，由余弦定理得，即，解得或，当时，可得，所以；当时，可得，所以．18.已知正项数列的前n项和为．（1）求数列的前n项和;（2）令，求的前9项之和．（1）解：正项数列的前n项和为，满足，可得，两式相减可得，所以，因为，所以，又因为，解得，所以数列是以首项为1，公差为2的等差数列，则数列的通项公式为，可得.（2）解：由（1）知，可得，所以．19.如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面．（1）求该五面体的体积；（2）请判断在棱上是否存在一点G，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由．解：（1）因为底面是矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因过的平面平面，所以，分别取与的中点M，N，连接，则平面将五面体分割成两部分，几何体和棱锥，故，取中点为O，，，为中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，又因为，所以，则几何体为棱柱，取的中点，连接，可得，则四边形为平行四边形，则，由平面，可得平面，则为棱锥的高，由可得，则，又，平面，平面平面，平面平面，所以平面，所以为棱柱的高，，；（2）取中点Q，连接，易得，结合（1）可知两两垂直，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系；则，，，设平面的法向量，可得则，得，令得，解得平面的一个法向量，在上，设，，，则，设直线与平面所成角为，，或（舍去），，故存在G点，当，即G与F重合时，与平面所成角正弦值为．20.编号为1，2，3，4的四名同学一周内课外阅读的时间（单位：h）用表示，，将四名同学的课外阅读时间看成总体，则总体的均值为．先后随机抽取两个值，用这两个值的均值来估计总体均值．（1）若采用有放回的方式抽样（两个值可以相同），则样本均值的可能取值有多少个？写出样本均值的分布列并求其数学期望；（2）若采用无放回的方式抽样，则样本均值超过总体均值的概率会不会大于0.5？（3）若考虑样本均值与总体均值的差的绝对值不超过0.5的概率，那么采用哪种抽样方法概率更大？（1）解：有放回抽样会有16个等可能的样本55.566.55.566.5766.577.56.577.58可得，，所以样本均值的分布列为：55.566.577.58P则均值．（2）解：无放回抽样会有12个等可能的样本，5.566.55.56.5766.57.56.577.5可得所以样本均值的分布列为：5.566.577.5P所以样本均值超过总体均值的概率为，所以样本均值超过总体均值的概率不会大于0.5．（3）解：样本均值与总体均值的误差不超过0.5的概率，有放回的抽样，；无放回的抽样，，因为，故采用无放回的抽样方法概率更大．21.已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点．若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，椭圆C的离心率为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，若椭圆C的右顶点为A，上顶点为B，动直线l交椭圆C于P、Q两点，且始终满足，作交于点M，求的最大值．（1）解：由椭圆的性质可知，左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，可得光线经过的路程为，解得，又由椭圆的离心率为，可得，所以，故，故椭圆C的标准方程为．（2）解：椭圆，可得，则，，设，直线的方程为，联立方程组，整理得，则且，因为，可得，所以，化简为，而到直线的距离为，即有M的轨迹方程为；法1、设，则，表示点与点的距离的平方，减去的差；由点与的即离为，可得M与点的距离的最大值为，则的最大值为.法2、令，设，所以（其中），当且仅当时，取“等号”．22.已知函数与的图象关于直