2024-2025学年浙江省嘉兴市高三上册1月期末数学检测试题（附解析）

2024-2025学年浙江省嘉兴市高三上学期1月期末数学检测试题考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.一､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.设全集，集合，集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】直接根据补集和交集的定义求解即可.【详解】全集，集合，集合，，.故选：B2.若复数满足（为虚数单位），则（）A. B.1 C. D.2【正确答案】A【分析】先根据条件求出复数的代数形式，进而直接求模即可.【详解】，，.

故选：A.3.已知向量，若与平行，则实数（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先将与的坐标表示出来，再根据向量平行的充要条件列出方程，解方程即可求解．【详解】已知向量，，，由与平行，有，解得.故选：B4.袋中装有大小相同的2个白球和5个红球，从中任取2个球，则取到的2个球颜色相同的概率是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】利用组合数及古典概型的概率的计算公式即可求解.【详解】设“取到的2个球颜色相同”为事件为,则，所以取到的2个球颜色相同的概率为.故选：D.5.已知圆过点，且圆心在轴的正半轴上，直线被圆所截得的弦长为，则过圆心且与直线垂直的直线的方程为（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】利用已知弦长先求圆心坐标，然后可求过圆心与直线L垂直的直线的方程.【详解】由题意，设所求的直线方程为，并设圆心坐标为，则由题意知：解得或，又因为圆心在轴的正半轴上，所以，故圆心坐标为，∵圆心在所求的直线上，所以有，即，故所求直线方程为．故选∶A．6.在某校的“迎新年”歌咏比赛中，6位评委给某位参赛选手打分，6个分数的平均分为分，方差为，若去掉一个最高分分和一个最低分分，则剩下的4个分数满足（）A.平均分分，方差 B.平均分分，方差C.平均分分，方差 D.平均分分，方差【正确答案】C【分析】利用平均数和方差公式即可求解.【详解】设这个数分别为，平均数为，方差为，的平均数为，方差为，则由题意可知，，所以，即，所以，所以，即，所以，所以剩下的4个分数满足平均分分，方差.故选：C.7.若，则（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】由已知等式解出，通过构造函数，利用单调性比较大小.【详解】，可得由已知得，，，比较和，构造函数，当，，在上单调递增，故，即.同理比较和，构造函数，当，，所以在上单调递增，所以，即.综上.故选：A.8.如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.【详解】取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且，以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，三棱锥中，为直角三角形，所以，因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，，，，，，共面，，，，，平面，，平面，平面，点的轨迹为矩形的四边，如图所示，，为平面的法向量，则球心到平面的距离为，球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.故选：B本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.若实数满足，则（）A. B.C. D.【正确答案】BCD【分析】运用不等式的性质，结合对数函数的单调性、作差比较法逐一判断即可.【详解】A：由，因此本选项不正确；B：由，因此本选项正确；C：因为，所以，因此本选项正确；D：因为，所以，因此本选项正确，故选：BCD10.在正四棱台中，分别是棱的中点，则（）A.与是异面直线B.与平面所成的角为C.正四棱台的体积为D.正四棱台的表面积为【正确答案】BC【分析】对于A：根据已知结合棱台的性质得出与交于一点，即可判断；对于B：根据已知设在平面中的投影为，则平面，且，即与平面所成的角为，即可计算得出，即可得出答案来判断；对于C：根据正四棱台的体积求法得出即可判断；对于D:根据正四棱台的表面积求法得出即可判断；【详解】对于A：为正四棱台，四条侧棱所在直线交于一点，记为，分别是棱中点，也过点，，与属于同一平面，故A错误；对于B：为正四棱台，点在平面上的射影一定在上，记为，则平面，且，与平面所成的角为，，，，，，，故B正确；对于C：根据选项B中可得，即正四棱台的高，设分别为正四棱台上、下底面积，，故C正确；对于D：正四棱台是四个全等的等腰梯形，梯形的上、下底分别为1、3，高为，则面积为，根据选项C可得，，则正四棱台的表面积为，故D错误；故选：BC.11.设为抛物线的焦点，点在上且在轴上方，点，，若，则（）A.抛物线的方程为B.点到轴的距离为8C.直线与抛物线相切D.三点在同一条直线上【正确答案】ACD【分析】由，先求设点坐标，得抛物线方程，再验证每个选项.【详解】抛物线的焦点，由，有，解得，所以抛物线的方程为，A选项正确；，点在抛物线上且在轴上方，到焦点距离为8，到准线距离也为8，所以点到轴的距离为6，B选项错误；点在抛物线上且在轴上方，到轴的距离为6，有点横坐标为6，代入抛物线方程，可得，则直线的方程为，由消去得，，所以直线与抛物线相切，C选项正确；由，，，得，则三点在同一条直线上，D选项正确.故选：ACD.12.已知定义在上的函数，其导函数分别为，若，，则（）A.是奇函数 B.是周期函数C. D.【正确答案】BCD【分析】通过函数的奇偶对称性和图像的平移，结合导数的运算，得到函数的对称性，得到周期，再由周期计算函数值验证选项.【详解】由知函数为偶函数，又，，则的图像关于轴对称，所以的图像关于直线对称，有，即，设，则，（c为常数），，，所以；由，两边同时求导，有，可知为奇函数，函数仍然是奇函数，图像关于原点对称，又，所以的图像关于点中心对称，有；函数满足以上函数的性质，但不是奇函数，A选项错误；和，得，令，则有，所以函数为周期函数，B选项正确；为的一个周期，则，所以，，所以，D选项正确；由周期为4知也是的一个周期，所以，即，即，C选项正确.故选：BCD.此题通过函数的奇偶性和对称性，结合导数的运算，寻找函数图像的对称中心是解题关键，原函数与导函数图像的联系，奇偶性的联系，都是解题的思路.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数为__________（用数字作答）.【正确答案】【分析】利用二项式定理求所需项的系数即可得出.【详解】的展开式中的系数，是的展开式中的系数与的展开式中的系数之积，即故答案：14.中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关.”则此人在第五天行走的路程是__________里（用数字作答）.【正确答案】【分析】根据给定条件，利用等比数列前n项和公式求出第1天行走的路程，即可计算作答.【详解】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列，，其公比，令数列的前n项和为，则，而，因此，解得，所以此人在第五天行走的路程（里）.故1215.若函数在区间上有3个零点，则实数的取值范围是__________.【正确答案】【分析】根据函数零点的定义，结合余弦函数的单调性利用转化法、数形结合思想进行求解即可.【详解】，由函数在区间上有3个零点，可以转化为直线和函数在上有三个不同的交点，因为，所以，当时，即当时，函数单调递增，函数值从增加到；当时，即当时，函数单调递减，函数值从减少到；当时，即当时，函数单调递增，函数值从增加到，当时，即当时，函数单调递减，函数值从减小到，所以函数在上的函数图象如下图所示：因此要想直线和函数在上有三个不同的交点，只需，故16.已知椭圆的左､右焦点分别为是上的一个动点，直线分别交于两点.设，则当取最小值时，的离心率为__________.【正确答案】##【分析】设，则，设，联立与的方程根据韦达定理结合条件可得，进而得出，然后根据基本不等式得出取最小值时的值，即可根据椭圆离心率的计算得出答案.【详解】设，则所以，故可设，则点坐标满足，消去整理得，故，设，同理可得，得，所以，又，故，而，故，即，当且仅当，即时取等号，此时，离心率为.故答案为.四､解答题：本题共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.记为数列的前项和，已知，且对于任意，都有.（1）求实数及；（2）令，求数列的前项和.【正确答案】（1），；（2）.【分析】（1）令中的，得出，根据已知即可得出，则，当时，，两式相减根据数列和与通项的关系得出，注意验证符不符合求出的式子；（2）根据小问一与等比数列求和公式得出，即可根据分组求和法得出答案.【小问1详解】在中令，得，即，又，则，所以，当时，，得，即，又，故；【小问2详解】因为，所以，故得.18.记的内角的对边分别为，已知三角形，角的平分线交边于点.（1）证明：；（2）若，求的周长.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由结合三角形面积公式和余弦定理，解得，再根据角平分线和面积公式由得，化简既可；（2）由内角平分线定理结合（1）中的结论，求出，再由余弦定理求，可得三角形周长.【小问1详解】由可知，，所以，又，故，如图所示，所以，得，化简整理得；【小问2详解】因为，故，所以，又，化简得，解得，又，故，所以的周长为.19.为积极响应“反诈”宣传教育活动的要求，某企业特举办了一次“反诈”知识竞赛，规定：满分为100分，60分及以上为合格.该企业从甲､乙两个车间中各抽取了100位职工的竞赛成绩作为样本.对甲车间100位职工的成绩进行统计后，得到了如图所示的成绩频率分布直方图.

（1）估算甲车间职工此次“反诈”知识竞赛的合格率；（2）若将频率视为概率，以样本估计总体.从甲车间职工中，采用有放回的随机抽样方法抽取3次，每次抽1人，每次抽取的结果相互独立，记被抽取的3人次中成绩合格的人数为.求随机变量的分布列；（3）若乙车间参加此次知识竞赛的合格率为，请根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为此次职工“反计”知识竞赛的成绩与其所在车间有关?2×2列联表甲车间乙车间合计合格人数不合格人数合计附参考公式：①，其中.②独立性检验临界值表【正确答案】（1）（2）分布列见解析（3）表格见解析，有【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，可得答案；（2）根据二项分布的分布列的解题步骤，可得答案；（3）由题意，补全列联表，利用独立性检验的解题步骤，可得答案.【小问1详解】根据频率分布直方图可求得甲车间此次参加“反诈”知识竞赛的合格率，即.【小问2详解】由题意可知，由于每次抽取的结果是相互独立的，故，所以，故随机变量的分布列为0123【小问3详解】根据题中统计数据可填写列联表如下，甲车间乙车间合计合格人数8060140不合格人数204060合计100100200所以有的把握认为“此次职工‘反计’知识竞赛的成绩与职工所在车间有关系”.20.如图，在三棱锥中，平面平面，，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：由得，，，，由余弦定理可得，，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面.【小问2详解】解：因为平面，平面，平面平面，故，而是的中点，故为中位线，得，又，故中点，由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，其中，，，，所以，，解得，则，解得，故点，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，所以，.由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.21.已知双曲线过点，左､右顶点分别是，右焦点到渐近线的距离为，动直线与以为直径的圆相切，且与的左､右两支分别交于两点.（1）求双曲线C的方程；（2）记直线的斜率分别为，求的最小值.【正确答案】（1）（2）.【分析】（1）由点在双曲线上，以及焦点到渐近线的距离得出双曲线C的方程；（2）由直线与圆的位置关系得出，联立直线和双