广东省汕头市2023-2024学年高三上学期期末考试 数学 Word版含解析.docx

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汕头市2023~2024学年度普通高中毕业班期末调研测试数学试卷注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.第Ⅰ卷选择题一、选择题：本题共8小题，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.已知是关于的方程的一个根，则实数的值为（）A.8B.C.4D.2.设表示“向东走10km”，表示“向南走5km”，则所表示的意义为（）A.向东南走B.向西南走C.向东南走D.向西南走3.已知全集，，则集合为（）A.B.C.D.4.已知直线：和：平行，则实数（）A.2或B.1C.D.25.已知，则（）A.B.C.D.6.关于椭圆与双曲线的关系，下列结论正确的是（）A.焦点相同B.顶点相同C.焦距相等D.离心率相等7.已知函数，下列函数是奇函数的是（） A.B.C.D.8.已知数列的前项和、前项和、前项和分别为、、，则“为等比数列”的一个必要条件为（）A.B.C.D.二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.某科技攻关青年团队共有10人，其年龄（单位：岁）分布如下表所示，则这10个人年龄的（）年龄454036322928人数121321A.中位数是34B.众数是32C.第25百分位数是29D.平均数为34.310.已知定义在上的函数满足：，，且当时，，若，则（）A.B.在上单调递减CD.11.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：℃）满足函数关系（，k，b为常数）．若该食品在0℃的保鲜时间是120小时，在20℃的保鲜时间是30小时，则（）A.且B.在10℃的保鲜时间是60小时C.要使得保鲜时间不少于15小时，则储存温度不低于30℃D.在零下2℃的保鲜时间将超过150小时12.在三棱锥中，平面，，是底面上（含边界）的一个动点，是三棱锥的外接球表面上的一个动点，则（） A.当在线段上时，B.的最大值为4C.当平面时，点的轨迹长度为D.存在点，使得平面与平面夹角余弦值为第Ⅱ卷非选择题三、填空题：本题共4小题.13.二项式的展开式中的系数为15，则等于______．14.若正四棱台的上、下底边长分别为2、4，侧面积为，则该棱台体积为__________.15.已知函数在区间上恰有三个零点，则的取值范围是__________.16.从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图①，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆C与双曲线S构成，现一光线从左焦点发出，依次经S与C反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的S去掉，如图②，此光线从点发出，经C两次反射后又回到了点，历时秒．若C与S的离心率之比为，则______．四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.的内角、、所对的边分别为、、，，．（1）求角的大小；（2）为的重心，的延长线交于点，且，求的面积．18.记等差数列的前项和为，首项为，已知，且，. （1）求数列的通项公式；（2）求数列前项和.19.如图，在边长为4的正三角形中，、分别为边、的中点，将沿翻折至，得四棱锥，设为的中点.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.20.《国家学生体质健康标准》是我国对学生体质健康方面的基本要求，是综合评价学生综合素质的重要依据.为促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，提高体质健康水平，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行“是否喜欢体育锻炼”的问卷调查.获得如下信息：①男生所占比例为；②不喜欢体育锻炼的学生所占比例为；③喜欢体育锻炼的男生比喜欢体育锻炼的女生多50人.（1）完成列联表，依据小概率值的独立性检验，分析喜欢体育锻炼与性别是否有关联？性别体育锻炼合计喜欢不喜欢男女合计（2）（ⅰ）从这200名学生中采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取20人，再从这20人中随机抽取3人.记事件“至少有2名男生”、“至少有2名喜欢体育锻炼的男生”、“至多有1名喜欢体育锻炼的女生”.请计算和的值. （ⅱ）对于随机事件，，，试分析与的大小关系，并给予证明参考公式及数据：，0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.82821.已知圆心在轴上移动圆经过点，且与轴、轴分别交于、两个动点，过点垂直于轴的直线与过点垂直于轴的直线交于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）点、在曲线上，以为直径的圆经过原点，作，垂足为.试探究是否存在定点，使得为定值，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由.22.已知函数，.（1）若，求实数的值；（2）当时，证明：. 汕头市2023~2024学年度普通高中毕业班期末调研测试数学注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.第Ⅰ卷选择题一、选择题：本题共8小题，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.已知是关于的方程的一个根，则实数的值为（）A.8B.C.4D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的四则运算即可得解.【详解】因为是关于的方程的一个根，所以，则.故选：A.2.设表示“向东走10km”，表示“向南走5km”，则所表示的意义为（）A.向东南走B.向西南走C.向东南走D.向西南走【答案】A【解析】【分析】利用向量加法的可交换性与意义即可得解.【详解】因为表示“向东走10km”，表示“向南走5km”，所以所表示的意义为“向东走10km”，再“向南走10km”，等价于向东南走. 故选：A.3.已知全集，，则集合为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用韦恩图即可得解.【详解】因为，又，所以.故选：C.4.已知直线：和：平行，则实数（）A.2或B.1C.D.2【答案】D【解析】【分析】由两直线的不相交可得的值，进而分类讨论平行和重合的情形即可..【详解】当：，：平行得，解得或，当时，：，：，即，此时直线和直线重合，故不符合题意，当时，：，：，此时直线和直线平行，符合题意；故选：D5.已知，则（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦倍角公式和诱导公式化解原式，再用降幂公式即可求出答案.【详解】由，解得，又由，解得，因为，所以，又因为，得，所以．故选：C．6.关于椭圆与双曲线的关系，下列结论正确的是（）A.焦点相同B.顶点相同C.焦距相等D.离心率相等【答案】C【解析】【分析】利用椭圆与双曲线标准方程分别考虑其性质即可得解.【详解】对于椭圆，显然恒成立，设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，所以，则，则，所以椭圆焦点为，焦距为，顶点和离心率是变化的；对于双曲线，显然其焦点在轴上，只需考虑焦距即可，不妨设其焦距为，则，故，所以双曲线的焦距为； 所以椭圆与双曲线的焦距相等，故C正确，其余选项都不正确.故选：C.7.已知函数，下列函数是奇函数的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求出每个选项中的函数的表达式，确定其定义域，结合奇函数的定义判断，即可得答案.【详解】由于，定义域为故，定义域为，，即不是奇函数，A错误；，定义域为，不关于原点对称，即不是奇函数，B错误；，定义域为，不关于原点对称，即不是奇函数，C错误；，定义域为，，即为奇函数，D正确，故选：D8.已知数列的前项和、前项和、前项和分别为、、，则“为等比数列”的一个必要条件为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】先分析得所选条件由“为等比数列”推得成立，再举反例排除ACD，利用等比数列的通项公式推得B选项的条件成立，从而得解.【详解】依题意，要成为“为等比数列”的必要条件，则“为等比数列”推出该条件成立，对于ACD，当为等比数列时，不妨取数列，，则，此时，故A错误；此时，故C错误；此时，故D错误；对于B，当为等比数列时，设等比数列的公比为，则，，，所以，即，所以，故B正确故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析出“为等比数列”的必要条件是由其推出，再举反例轻松排除错误选项，从而得解.二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.某科技攻关青年团队共有10人，其年龄（单位：岁）分布如下表所示，则这10个人年龄的（）年龄454036322928人数121321A.中位数是34B.众数是32C.第25百分位数是29D.平均数为34.3 【答案】BCD【解析】【分析】根据给定数据，利用中位数、众数、百分位数、平均数的定义计算判断即可.【详解】把10个人的年龄由小到大排列为，这组数据的中位数为32，众数为32，A错误，B正确；由，得这组数据的第25百分位数是第3个数，为29，C正确；这组数据的平均数，D正确.故选：BCD10.已知定义在上的函数满足：，，且当时，，若，则（）A.B.在上单调递减C.D.【答案】AC【解析】【分析】利用赋值法可判断AC；利用函数单调性的定义，结合题设条件可判断B，利用条件推得，从而利用累加法与等差数列的求和公式可判断D.【详解】对于A，因为，，令，得，则，故A正确；对于C，令，得，则，所以，故C正确；对于B，设且，则，则， 因为当时，，所以，即所以在上单调递增，故B错误；对于D，令，得，则，，，，上述各式相加，得，又，所以，故D错误；故选：AC.11.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：℃）满足函数关系（，k，b为常数）．若该食品在0℃的保鲜时间是120小时，在20℃的保鲜时间是30小时，则（）A.且B.在10℃的保鲜时间是60小时C.要使得保鲜时间不少于15小时，则储存温度不低于30℃D.在零下2℃的保鲜时间将超过150小时【答案】AB【解析】【分析】本题首先可根据题意得出是减函数，且，可判断出正确；根据及，可得，则可求得的值，判断出正确；解不等式得，则错误；当时，可求得，则错误.【详解】因为该食品在0℃的保鲜时间是120小时，在20℃的保鲜时间是30小时，易得是减函数，结合复合函数的单调性可知，又，可知，所以正确；又，即，故，，则，故正确； 若，则，结合，不等式化为，即，又，所以，故错误；当时，，故错误；故选：12.在三棱锥中，平面，，是底面上（含边界）的一个动点，是三棱锥的外接球表面上的一个动点，则（）A.当在线段上时，B.的最大值为4C.当平面时，点的轨迹长度为D.存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A：通过证明面来判断；对于B：三棱锥补成正方体，求其外接圆半径，进而可得的最大值；对于C：点的轨迹为过点且与面平行的平面与外接球的交线，产生的轨迹是一个圆，求该圆的半径，进而可得轨迹长度；对于D：设平面与平面的交线为，作出两个平面的夹角，求出其夹角的三角函数值的范围，从而可以判断.【详解】对于A：由已知，即，又平面，且平面，所以，又面，，所以面，又面，所以，A正确； 对于B：设三棱锥的外接球半径为，将三棱锥补成正方体，如图：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则，则的最大值为外接球的直径，即，B错误；对于C：当平面时，点的轨迹为过点且与面平行的平面与外接球的交线，产生的轨迹是一个圆，设其半径为设点到面的距离为，因为，所以，解得，所以，所以点的轨迹长度为，C正确；对于D：取线段的中点，连接，在正方体中，明显有面，即点到面距离为线段的长，且，设平面与平面的交线为，平面与平面的夹角为，过做交与，连接，明显有，，，面，所以面，则为平面与平面夹角，则，又由图象可得， 所以，所以，所以，又，所以存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：关于面面角的范围问题，关键是要确定哪些量在变，哪些量不变，变的量在哪个范围变化，通过确定角的三角函数值的范围可确定角的范围.第Ⅱ卷非选择题三、填空题：本题共4小题.13.二项式的展开式中的系数为15，则等于______．【答案】6【解析】【分析】根据题意，展开式的通项为，令即可求解可得答案．【详解】根据题意，展开式的通项为，令，则故答案为6．【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式的展开式的形式，区分某一项的系数与二项式系数．14.若正四棱台上、下底边长分别为2、4，侧面积为，则该棱台体积为__________.【答案】##【解析】【分析】作出正棱台的图象，结合其侧面积求得正四棱台的斜高，再利用棱台体积公式即可得解. 【详解】由题意，正四棱台上、下底面的边长分别为，可得上、下底面面积为，如图所示，取上、下底面正方形的中心分别为，再取分别为的中点，分别连接，过点作，因为该正四棱台的侧面积为，易得为等腰梯形的高，所以，解得，在中，可得，则该正四棱台的高为，所以该棱台的体积为.故答案为：.15.已知函数在区间上恰有三个零点，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先由题意求得的取值范围，再利用正弦函数的性质得到关于的不等式，从而得解.【详解】因为，，则，又因为函数在区间上恰有三个零点， 则，解得，所以的取值范围为.故答案为：.16.从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图①，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆C与双曲线S构成，现一光线从左焦点发出，依次经S与C反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的S去掉，如图②，此光线从点发出，经C两次反射后又回到了点，历时秒．若C与S的离心率之比为，则______．【答案】6【解析】【分析】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得和的周长，再根据光速相同，时间比等于路程比，再结合C与S的离心率之比为，即可求解.【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，两式相减得，所以的周长为，在图②中，的周长为，因为光速相同， 因为C与S的离心率之比为，即，所以.故答案为：6.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.内角、、所对的边分别为、、，，．（1）求角的大小；（2）为的重心，的延长线交于点，且，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，利用诱导公式，正弦定理及正弦二倍角公式化简可得结果；（2）分别在，和中，利用余弦定理建立等量关系，利用三角形面积公式可得结果.【小问1详解】在中，因为，由正弦定理可得,，，即，所以，，，故，即.【小问2详解】因为为的重心，的延长线交于点，且，所以点为中点，且，在中，，，即， 在和中，,化简得，所以，故，所以的面积为．18.记等差数列的前项和为，首项为，已知，且，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式与求和公式得到关于，的方程组，解之即可得解；（2）利用错位相减法即可得解.【小问1详解】依题意，设等差数列的公差为，因为，，所以，即，解得，所以.【小问2详解】由（1）得， 设数列的前项和为，则，则②，两式相减，得，故.19.如图，在边长为4的正三角形中，、分别为边、的中点，将沿翻折至，得四棱锥，设为的中点.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点Q，可得四边形为平行四边形，则，再由直线与平面平行的判定定理证明即可；（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，从而建立空间直角坐标系，求出面与平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【小问1详解】取的中点Q，连接, 则有，且，又、分别为边、的中点，则，且，故，且，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，故平面．.【小问2详解】取中点O，中点G，连接，在中，易得，所以，则，又平面平面，且交线为，平面，所以平面，则两两垂直，故以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得，则，，，，由为中点，故，则，，设平面的一个法向量，则，即，取，则，故，易得平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，，则，所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．20.《国家学生体质健康标准》是我国对学生体质健康方面的基本要求，是综合评价学生综合素质的重要依据.为促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，提高体质健康水平，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行“是否喜欢体育锻炼”的问卷调查.获得如下信息：①男生所占比例为；②不喜欢体育锻炼的学生所占比例为；③喜欢体育锻炼的男生比喜欢体育锻炼的女生多50人.（1）完成列联表，依据小概率值的独立性检验，分析喜欢体育锻炼与性别是否有关联？性别体育锻炼合计喜欢不喜欢男女合计（2）（ⅰ）从这200名学生中采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取20人，再从这20人中随机抽取3人.记事件“至少有2名男生”、“至少有2名喜欢体育锻炼的男生”、“至多有1名喜欢体育锻炼的女生”.请计算和的值.（ⅱ）对于随机事件，，，试分析与的大小关系，并给予证明参考公式及数据：，.0.100.050.0100.001 2.7063.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析；有关联（2）（ⅰ），；（ii），证明见解析【解析】【分析】（1）依题意完善列联表，求得，从而利用独立性检验即可得解；（2）（i）分析分层抽样所得的样本情况，再分析事件与的意义，利用组合数结合古典概型的概率公式即可得解；；（ii）利用条件概率公式即可得证明.【小问1详解】因为男生所占比例为，所以男生有人，因为不喜欢体育锻炼的学生所占比例为，所以不喜欢体育锻炼的学生有人，则喜欢体育锻炼的学生有人，又喜欢体育锻炼的男生比喜欢体育锻炼的女生多50人，所以喜欢体育锻炼的男生有80人，喜欢体育锻炼的女生有30人，所以列联表如下：性别体育锻炼合计喜欢不喜欢男8040120女305080合计11090200假设：是否喜欢体育锻炼与性别无关联.根据表中数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立.即认为是否喜欢体育锻炼与性别有关联. 【小问2详解】（ⅰ）依题意，随机抽取的20名学生中，喜欢体育锻炼的男生有人，不喜欢体育锻炼的男生有人，喜欢体育锻炼的女生有人，不喜欢体育锻炼的女生有人，事件表示：“在至少有2名男生的条件下，至少有2名男生喜欢体育锻炼”，事件表示：“2男生1女生都喜欢体育锻炼”和“3男生中至少两人喜欢体育锻炼”，所以，；（ⅰⅰ）对于随机事件，，，有，证明如下：.21.已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于、两个动点，过点垂直于轴的直线与过点垂直于轴的直线交于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）点、在曲线上，以为直径的圆经过原点，作，垂足为.试探究是否存在定点，使得为定值，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据题意得知为动圆的直径，从而利用平面向量垂直的坐标表示即可得解；（2）根据题意假设直线的方程，联立直线与曲线的方程，结合韦达定理求得，再利用平面向量垂直的坐标表示求得，从而推得直线经过定点，进而推得点在以为直径的圆上，由此得解.【小问1详解】因为圆心在轴上移动的圆经过点与， 所以为动圆的直径，又动圆经过点，故，于是，即，而过点垂直于轴的直线与过点垂直于轴的直线交于点，则，故点的轨迹的方程为.【小问2详解】依题意，直线的斜率存在且截距大于0，故设其方程为，联立，消去得，，故，则，故，因为以为直径的圆经过原点，所以，则，则，解得或(舍去)，故直线为，显然经过定点，又因为，则点在以为直径的圆上，取中点，则，因此，存在定点使得为定值2.【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.22.已知函数，.（1）若，求实数的值；（2）当时，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意推到，从而求得，再检验当时，成立，从而得解；（2）利用小问（1）得不等式，再构造函数证得，从而证得，再利用累加法即可得解.【小问1详解】因为，注意到，所以当恒成立时，是的最小值点，也是极小值点，则，而，所以，解得，当时，，，令，得，则在区间上单调递减，令，得，则在区间上单调递增，所以，所以．【小问2详解】由（1）得，，即，当且仅当时等号成立，令，则，，， 所以，，，令，则恒成立，所以函数在上单调递增，故当时，，即．所以，，，所以.【点睛】关键点睛：本题求解的关键是借助得出，结合累加求和可证结论.