浙江省紹興市柯橋區(qū)2024屆高三數學上學期期末試題[含答案]

2023學年第一學期期末教學質量調測高三數學試題注意事項：1.本科考試分為試題卷和答題卷，考生須在答題卷上答題.2.答題前，請在答題卷的規(guī)定處用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫學校、班級、姓名和準考證號、3.試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共4頁.全卷滿分150分，考試時間120分鐘.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 已知集合或，，則（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解指數不等式化簡集合B，再利用補集、交集的定義求解即得.【詳解】由，得，解得，則，由或，得，所以.故選：C2. 若（，為虛數單位），則（）A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B【解析】【分析】根據復數的運算和復數相等列式求出，利用復數模的運算求得最終結果.【詳解】由，得，，則.故選：B3. 函數的單調遞減區(qū)間是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出函數的定義域，再利用復合函數單調性可求得函數的單調遞減區(qū)間.【詳解】由，，解得或，所以函數的定義域為，令，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，而函數在上為增函數，由復合函數單調性可得的單調遞減區(qū)間為.故選：C.4. 已知平面向量，，若，則（）A. 或 B. 或C. 或3 D. 或3【答案】A【解析】【分析】根據向量垂直的坐標表示得到，再進行弦化切即可得到.【詳解】，且，，即，，即，或.故選：A.5. 已知命題：函數在內有零點，則命題成立的一個必要不充分條件是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】判斷函數的單調性，再利用零點存在性定理列式求出的取值范圍，結合必要不充分條件的意義判斷即得.【詳解】函數在上單調遞增，由函數在內有零點，得，解得，即命題成立的充要條件是，顯然成立，不等式、、都不一定成立，而成立，不等式恒成立，反之，當時，不一定成立，所以命題成立的一個必要不充分條件是.故選：D6. 直線交曲線于點A，B，則的最小值為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出直線所過定點，根據弦長公式即可得到最值.【詳解】即，則直線恒過定點,且圓的圓心為,將點代入圓方程得，設圓心到直線的距離為，則，因為圓心到直線距離的最大值為直線所過定點到圓心的距離，即，故選：B.7. 已知x為正實數，y為非負實數，且，則的最小值為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】變形式子，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【詳解】由x為正實數，y為非負實數，得，由，得，于是，當且僅當，即時取等號，所以當時，取得最小值.故選：B8. 若對任意實數，恒有成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】移項整理得，設，利用導數得到其單調性，分和討論即可.【詳解】，，設，則，設，則在上恒成立，在上單調遞增，且，當時，在單調遞增，，即，當時，則，不妨取，即，當時，，時，，在上單調遞減，在上單調遞增，，，，即，而有在上恒成立，，即，綜上可得.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是移項整理，利用導數并分類討論求其最小值，對時需利用隱零點法求解其最值.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9. 已知，關于x的一元二次不等式的解集可能是（）A. 或 B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】分，，三種情況結合與的大小關系討論，可得不等式的解集.【詳解】當時，；當時，或，故A正確；當時，，若，則解集為空集；若，則不等式的解為：，故C正確；若，則不等式的解為：，故D正確.故選：ACD10. 已知直線m，n為異面直線，平面，平面，則下列線面關系可能成立的是（）A. B. 平面C. 平面平面 D. 平面平面【答案】AD【解析】【分析】根據線面垂直、面面垂直、面面平行相關性質一一判斷即可.【詳解】對AD，當平面平面，且時，兩直線可以為異面直線，故AD正確；對C，若平面平面，則，則共面，這與直線m，n為異面直線矛盾，故C錯誤；對B，當平面時，則平面平面，此時與C錯誤一致，故B錯誤.故選：AD.11. 已知等差數列的前項和為，，，則（）A. 數列為等比數列 B. C. 當且僅當時，取得最大值 D. 【答案】AB【解析】【分析】根據給定條件，求出數列通項公式及前項和，再逐項分析、計算即得.【詳解】等差數列中，，解得，，解得，于是等差數列的公差，，前項和，對于A，顯然，，因此數列是等比數列，A正確；對于B，，B正確；對于C，顯然等差數列單調遞減，前4項均為正數，第5項為0，從第6項起都為負數，因此當或時，取得最大值，C錯誤；對于D，，顯然數列是等差數列，因此，D錯誤.故選：AB12. 雙曲線：上一動點，，為雙曲線的左、右焦點，點為的內切圓圓心，連接交軸于點，則下列結論正確的是（）A. 當時，點在的內切圓上B. C. D. 當時，【答案】AB【解析】【分析】對A，根據雙曲線定義和焦點三角形內切圓性質得到其中一個切點坐標方程，解出即可；對B，利用雙曲線焦點弦結論和角平分線性質得到，化簡即可判斷；對C，根據A選項結論得到的橫坐標為，再利用三角形面積公式即可求出其縱坐標；對D，根據雙曲線對稱性得到，顯然其不等于0，即可判斷D.【詳解】對A，當點位于雙曲線右支時，設的內切圓與分別切于點，，，根據圓的切線性質，有，再根據雙曲線的定義，有，，得到，設，則有，解得，即，所以當時，點在的內切圓上，故A正確；對B，以下證明雙曲線焦半徑公式，設點為雙曲線上一點，若點在雙曲線左側，此時左準線方程為，則，則，根據可得，若點在雙曲線右側，此時右準線方程為，則，則，根據可得，對于本題來說，當點在雙曲線右支上時，由于為的角平分線，因此，結合，得到，同理當點在雙曲線左支上時，由于為的角平分線，因此，解得，故B正確；對C，當點位于雙曲線右支上時，由于為的內心，軸，根據A選項的結論可知的橫坐標為，設，根據三角形的面積公式，有，即得到，故C錯誤；對D，當時，點在雙曲線的左支上，同A選項方法可得，同C選項方法（或根據雙曲線對稱性可得）可得，顯然，，則，故D錯誤.故選：AB.關鍵點點睛：本題的關鍵是充分利用三角形內切圓性質和雙曲線定義從而判斷A選項，利用焦半徑公式判斷B選項，本題還需要對點的位置進行合理分類討論.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13. 若的展開式中二項式系數之和為32，則展開式中的含的項的系數為___________.【答案】270【解析】【分析】根據展開式的二項式系數之和為，求得，然后利用通項公式求解.【詳解】由展開式的二項式系數之和為，解得，所以展開式的通項公式為，令，解得，所以含項的系數為.故答案為：270.14. 已知函數在上存在極值點，則正整數的值是___________【答案】5【解析】【分析】利用導數可得導函數為0時或，則得到的范圍.【詳解】，時，或，因為函數定義域為，則在左端點處無法取到極值，，故對于正整數取5，經檢驗滿足題意，故答案為：5.15. 盧浮宮金字塔位于巴黎盧浮宮的主院，是由美籍華人建筑師貝聿銘設計的，已成為巴黎的城市地標，盧浮宮金字塔為正四棱錐造型，該正四棱錐的底面邊長為，高為，若該四棱錐的五個頂點都在同一個球面上，則該外接球的表面積是___________.【答案】【解析】【分析】由幾何關系和勾股定理確定關于的方程，解出半徑，再計算面積即可.【詳解】如圖，因為，所以球心在的延長線上，因為正四棱錐的底面邊長為，高為，所以，設，，則，解得，所以半徑，所以外接球的表面積為.故答案為：16. 已知為坐標原點，F為拋物線C：的焦點，過點的直線交C于A、B兩點，直線、分別交C于M、N，則的最小值為___________【答案】9【解析】【分析】根據題意設及直線：，再與拋物線方程聯(lián)立并結合韋達定理從而可求出，再由過焦點的弦的性質從而可求出，，再由拋物線定義及基本不等式從而可求解.【詳解】設，直線：，則，得，所以，則，由過焦點，設直線：，則，得，所以，則，同理可得，所以，，則，當且僅當時取等號.故答案為：.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為,；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意Δ的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17. 已知銳角的內角A，B，C，所對的邊分別為a，b，c，且.（1）求角A；（2）若，求的周長的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用誘導公式和正弦定理即可；（2）根據正弦定理得，從而化邊為角，結合三角恒等變換和三角函數值域即可得到其范圍.【小問1詳解】由已知得，，則根據正弦定理得，，為銳角三角形，．【小問2詳解】由正弦定理得，即，則，，因為，解得，得，所以，得．18. 已知數列的前n項和為.若為等差數列，且滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求.【答案】18. ，19. 【解析】【分析】（1）根據題意求出的通項公式，可求得，再由與的關系求出；（2）由的通項公式，知，分和討論，并利用等差數列前n項和公式求解.【小問1詳解】由題意，設等差數列的公差為，又，，，，，，則，，，又，，.【小問2詳解】由（1）得，，當時，，當時，，.19. 臨近新年，某水果店購入A，B，C三種水果，數量分別是36箱，27箱，18箱.現采用分層抽樣的方法抽取9箱，進行質量檢查.（1）應從A，B，C三種水果各抽多少箱?（2）若抽出的9箱水果中，有5箱質量上乘，4箱質量一般，現從這9箱水果中隨機抽出4箱送有關部門檢測.①用X表示抽取的4箱中質量一般的箱數，求隨機變量X的分布列和數學期望；②設A為事件“抽取的4箱水果中，既有質量上乘的，也有質量一般的水果”，求事件A發(fā)生的概率.【答案】（1）答案見解析（2）①分布列見詳解，；②【解析】【分析】（1）根據題意結合分層抽樣的性質分析求解；（2）①根據題意結合超幾何分別求分布列和期望；②根據題意利用對立事件以及①中結果運算求解.【小問1詳解】由題意知：，所以應從A，B，C三種水果各抽4，3，2箱.【小問2詳解】①由題意可知：X的可能取值為0，1，2，3，4，則有：，，，，，所以隨機變量X的分布列為X01234P所以隨機變量X的期望為；②由題意可知：為事件“抽取的4箱水果中，都是質量上乘的，或都是質量一般的水果”，所以.20. 如圖，在三棱錐中，底面是邊長為2的正三角形，.（1）求證：；（2）若平面平面，在線段（包含端點）上是否存在一點E，使得平面平面，若存在，求出的長，若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定得平面，再通過線面垂直的性質即可證明；（2）建立合適的空間直角坐標系，求出相關法向量，利用面面垂直的空間向量法即可得到方程，解出即可.【小問1詳解】取的中點，連接，因為是邊長為2的正三角形，所以，由，所以，又平面，所以平面，又平面，所以；【小問2詳解】由（1）得，因為平面平面且交線為，且平面，所以平面，如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，則，設，則，設平面的法向量為，，則，令，則，則設平面的法向量為則，令，所以，若平面平面，則，求得，此時，所以．即此時.21. 已知橢圓：與圓交于M，N兩點，直線過該圓圓心，且斜率為，點A，B分別為橢圓C的左、右頂點，過橢圓右焦點的直線交橢圓于D、E兩點，記直線，的斜率分別為，.（1）求橢圓的離心率；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設，利用點差法弦中點坐標即可得到，即可得到離心率；（2）設直線的方程為，將其與橢圓方程聯(lián)立得到韋達定理式，過作軸的垂線交分別于點，再計算證明出，最后得到斜率之比.【小問1詳解】由已知得，中點為，設，則，，，作差得，即，由得，，得.【小問2詳解】由（1）及題設得橢圓的方程為：，則，則其右焦點，，，設，直線的方程為，，，過作軸的垂線交分別于點，，則直線，令，則，得同理直線，得得，所以由（※）知，，得．.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是采用設線法，設直線的方程為，將其與橢圓聯(lián)立得到韋達定理式，再分別求出直線方程，從而得到坐標，證明出，最后計算斜率之比即可.22. 已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若方程有兩個解，求證：.【答案】（1）遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用導數求解函數的單調性即可.（2）由（1）求出程的兩個解與1的大小關系，再變形要證不等式，結合的單調性分析，構造函數借助導數推理即得.【小問1詳解】函數的定義域為，求導得，當時，，當時，，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數的遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是.【小問2詳解】由（1）知，函數在，上的取值集合均為，當時，直線與函數的圖象有兩個交點，即方程有兩個解，其中一個解小于1，一個解大于1，不妨設，要證，即證，而，只證，又，即證，而，即證：，亦即，設，求導得，設，求導得，函數在上單調遞增，即，而，于是，因此，函數在上單調遞增，有，令，求導得，則函數在上單調遞減，于是，即，從而，所以.【點睛】思路點睛：涉及雙變量的不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助導數探討函數的單調性、極(最)值問題處理.。