广东省东莞市2024届高三上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省东莞市2024届高三上学期期末数学试题一、单项选择题1.已知复数，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】.故选：A.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，所以.故选：C.3.已知由小到大排列的个数据、、、，若这个数据的极差是它们中位数的倍，则这个数据的第百分位数是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由小到大排列的个数据、、、，则，这四个数为极差为，中位数为，因为这个数据极差是它们中位数的倍，则，解得，所以，这四个数由小到大依次为、、、，因为，故这个数据的第百分位数是.故选：B.4.函数的图象不可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】①当时，，此时A选项符合；②当时，，当时，，因为函数在上都是减函数，所以函数在在上是减函数，如图，作出函数在上的图象，由图可知，函数的图象在上有一个交点，即函数在在上有一个零点，当时，，则，由，得，由，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，故B选项符合；③当时，，当时，，因为函数在上都是减函数，所以函数在上是减函数，如图，作出函数在上的图象，由图可知，函数的图象在上有一个交点，即函数在在上有一个零点，当时，，则，由，得，由，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，故C选项符合，D选项不可能.故选：D.5.在等比数列中，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】设首项为，公比为，易知，，可得，解得，而，故选：C6.已知，则的值为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】，即，由，故选：A.7.以抛物线C的顶点O为圆心的单位圆与C的一个交点记为点A，与C的准线的一个交点记为点B，当点A，B在抛物线C的对称轴的同侧时，OA⊥OB，则抛物线C的焦点到准线的距离为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设抛物线方程为，由题意得，，过点作⊥轴于点，因为OA⊥OB，所以，又，所以，则≌，故，令得，，解得，故，由勾股定理得，解得，故抛物线C的焦点到准线的距离为.故选：D.8.如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则，可得，可得，所以，该正四棱台的体积为.故选：C.二、多项选择题9.已知函数，，是的导函数，则下列结论正确的是（）A.与对称轴相同 B.与周期相同C.的最大值是 D.不可能是奇函数【答案】BC【解析】由题意知，所以，对A：的对称轴为，，解得，；的对称轴为，，解得，，所以与的对称轴不相同，故A错误；对B：的周期为，的周期为，所以与的周期相同，故B正确；对C：，因为，所以，故C正确；对D：当，，，所以，此时为奇函数，故D错误；故选：BC.10.已知圆：，圆：，P，Q分别是，上的动点，则下列结论正确的是（）A.当时，四边形的面积可能为7B.当时，四边形的面积可能为8C.当直线PQ与和都相切时，的长可能为D.当直线PQ与和都相切时，的长可能为4【答案】ACD【解析】圆：的圆心，半径；圆：的圆心，半径；可知，可知两圆外离，对于选项AB：设，因为，可知梯形的高为，所以四边形的面积为，可知四边形的面积可能为7，不可能为8，故A正确，B错误；对于选项CD：设直线与x轴的交点为，根据对称性可知：如图，因为，可知，则，可知，所以；如图，因为，可知，则，可知，所以；故CD正确；故选：ACD.11.已知函数，的定义域均为R，且，．若是的对称轴，且，则下列结论正确的是（）A.是奇函数 B.是的对称中心C.2是的周期 D.【答案】BD【解析】对于A，因为是的对称轴，所以，又因为，所以，故，即为偶函数，故A错误；对于B，因为，所以，又因为，联立得，所以的图像关于点中心对称，故B正确；对于C，因为，，则，即；因为，则，即，则；显然，所以2不是的周期，故C错误；对于D，因为是的对称轴，所以，又因为，即，则，所以，所以，即，所以周期为4，因为周期为4，对称中心为，所以，当时，代入，即，所以，所以，又是的对称轴，所以，所以，故D正确，故选：BD.12.如图几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（）A.存在点，使得平面B.不存在点，使得平面平面C.存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为D.不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为【答案】ACD【解析】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：不妨设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、，，设点，其中，对于A选项，假设存在点，使得平面，，，，则，可得，因，则，即当点与点重合时，平面，A对；对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，假设存点，使得平面平面，则，，则，可得，又因为，解得，即当点为的中点时，面平面，B错；对于C选项，若存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，则直线与平面的所成角的正弦值为，且，所以，，整理可得，因为函数在时的图象是连续的，且，，所以，存在，使得，所以，存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，C对；对于D选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，则，可得，即，可得或，因为，则，则，所以，，故当时，方程和均无解，综上所述，不存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，D对.故选：ACD.三、填空题13.双曲线C：（，）的渐近线方程为，则其离心率______________．【答案】【解析】由题意可得，则.故答案为：.14.已知向量，，则使成立的一个充分不必要条件是______________．【答案】（答案不唯一）【解析】因为，，所以，，所以，解得，所以使成立的一个充分不必要条件是.故答案为：（答案不唯一）15.用试剂检验并诊断疾病，表示被检验者患疾病，表示判断被检验者患疾病．用试剂检验并诊断疾病的结论有误差，已知，，且人群中患疾病的概率．若有一人被此法诊断为患疾病，则此人确实患疾病的概率______________．【答案】【解析】由条件概率公式可得，，由条件概率公式可得，所以，，所以，.故答案为：.16.若函数的图象关于对称，则__________，的最小值为______________．【答案】【解析】因为函数的图象关于对称，令，可得，可得或，由对称性可知，方程的两根分别为、，由韦达定理可得，可得，所以，，则，所以，函数的图象关于直线对称，则，因为，令，令，所以，.故答案为：；.四、解答题17.数列前n项积为，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前2n项和．解：（1）因为，若，则；若，则，且符合，综上所述：数列的通项公式.（2）由（1）可知：，可得，所以.18.如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，．（1）证明：平面平面；（2）若，，点E，F分别为PB，PD的中点，求点E到平面ACF的距离．（1）证明：连接，与相交于点，连接，四边形ABCD是边长为2的正方形，则，为和的中点，，则，平面，，平面，平面，所以平面平面（2）解：四边形ABCD是边长为2的正方形，，，，，则有，，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则有，令，得，即.，点E到平面的距离.19.中，角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，且D为△ABC外接圆劣弧上一点，求的取值范围．（1）解：因为，由余弦定理得，整理得，可得，又因为，可得.（2）解：由圆内接四边形性质，可得，设，则，在中，由正弦定理得，所以，所以，因为，可得，可得，所以的取值范围为.20.已知椭圆：（），连接C的四个顶点所得四边形的面积为，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）经过椭圆的右焦点且斜率不为零的直线与椭圆交于，两点，试问轴上是否存在定点，使得的内心也在轴上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.（2）因为直线过右焦点且斜率不为零，设直线的方程为，，，联立，得，恒成立，所以，，设轴上存在定点使得的内心在轴上，则直线和关于轴对称，所以直线和的倾斜角互补，所以，即，所以，即，整理得，即，即对所有恒成立，所以，所以存在定点符合题意.21.某区域中的物种C有A种和B种两个亚种．为了调查该区域中这两个亚种的数目比例（A种数目比B种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中），记第i次试验中的A种数目为随机变量（）；③记随机变量，利用的期望和方差进行估算．设该区域中A种数目为M，B种数目为N，每一次试验都相互独立．（1）已知，，证明：，；（2）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为（），并计算了数据（）的平均值和方差，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据．（ⅰ）请用和分别代替和，估算和；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值．解：（1）由题可知（，2，…，n）均近似服从完全相同的二项分布，则，，，，所以，.（2）（ⅰ）由（1）可知，则的均值，的方差，所以，解得或，由题意可知：，则，所以，；（ⅱ）由（ⅰ）可知：，则，则，由题意可知：，解得，且，则，所以的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值为15.22.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若方程有、两个根，且，求实数的值．（1）解：函数的定义域为，.当时，由可得，由可得，此时，函数的增区间为，减区间为；当时，由可得，由可得，此时，函数的减区间为，增区间为.综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为；当时，函数的减区间为，增区间为.（2）解：由，则方程的两根分别为、，等价于方程的两根分别为、，所以，，①，，②，因为，将代入②式可得。即，③，由①式可得，④，由③④可得，易知，不是方程根，故，所以，，所以，，下面验