云南省保山市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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保山市普通高中2023～2024学年高三上学期期末质量监测数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共60分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一、单项选择题（本大题共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.下列函数既是奇函数，又在上单调递增的函数是（）A.B.C.D.2.已知不等式的解集为，不等式的解集为，则是的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.将每个数均加上9，得到，则两组数数字特征不同的是（）A.平均数B.方差C.极差D.众数的个数4.已知抛物线：，是坐标原点，过点直线交于，两点，则的值（）A.大于零B.等于零C.小于零D.随着直线的变化而变化5.如图，已知正方形边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（） A.B.C.D.6.已知直三棱柱，，，点为棱的中点，则四棱雉外接球的表面积是（）A.B.C.D.7.已知，则（）A.8B.9C.10D.118.已知，，，则（）A.B.C.D.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知，则下列正确的是（）A.B.在复平面内所对应的点在第二象限CD.10.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种计算，经过有限步后，必进入循环.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.事实上“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，若，则的值可以是（）A.12B.13C.40D.80 11.若，则下列正确是（）A.B.C.D.12.如图，在矩形中，，沿对角线向上翻折，得到，则下列说法正确的是（）A.存在点使得B.三棱锥体积的最大值为C.当时，直线与平面所成的线面角为D.当在平面的投影在内部（含边界）时，的轨迹长度为第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如图的样本数据的频率分布直方图，则这种疾病患者的平均年龄为________.14.已知（）在区间上单调递增，则的取值范围为________. 15.已知，则的前25项的和为________.16.已知双曲线：，是坐标原点，，分别是的左、右焦点，点是上任意一点，过作双曲线渐近线的垂线，垂足为，则的长为________；过作角平分线的垂线，垂足为，则的长为________.四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若．（1）求角A；（2）若点D是边上的一点，且，求的面积的最大值．18.已知为等比数列，且为数列的前项和，，.（1）求的通项公式；（2）令，求证：.19.如图，在三棱锥中，，，.（1）求证：；（2）求二面角平面角的余弦值.20.现有甲、乙两名篮球运动员进行投篮练习，甲每次投篮命中概率为，乙每次投篮命中的概率为.（1）为了增加投篮练习的趣味性，甲、乙两人约定进行如下游戏：甲、乙两人同时投一次篮为一局比赛，若甲投进且乙未投进，则认定甲此局获胜；若甲未投进乙投进，则认定乙此局获胜；其它情况认定为平局，获胜者此局得1分，其它情况均不得分，当一人得分比另一人得分多3分时，游戏结束，且得分多者取得游戏的胜利.求甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的概率. （2）投篮练习规定如下规则：甲、乙两人轮流投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则对方投篮，第一次投篮由甲完成，设为第次投篮由甲完成的概率.（i）求，，的值；（ii）求与的关系式，并求出.21.已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围.22.已知椭圆：（），且椭圆的长轴长为4，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，现过点的直线分别交椭圆于，两点，且直线交线段于点，试判断与的大小，并说明理由. 保山市普通高中2023～2024学年上学期期末质量监测高三数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共60分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一、单项选择题（本大题共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.下列函数既是奇函数，又在上单调递增的函数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的判定方法及函数在上单调递增，逐项求解即可判断.【详解】对A：令，定义域为，，所以为奇函数，又因为，所以在上不是增函数，故A错误；对B：令，定义域为，，所以为偶函数，故B错误；对C：令，定义域为，所以不是奇函数，故C错误；对D：令，定义域为，，所以为奇函数，由幂函数性质可知在上单调递增，故D正确. 故选：D.2.已知不等式的解集为，不等式的解集为，则是的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】解不等式，根据集合的包含关系求解即可.【详解】由解得，所以，由解得，所以，所以集合是集合的真子集，所以是的必要不充分条件，故选：C3.将每个数均加上9，得到，则两组数数字特征不同的是（）A.平均数B.方差C.极差D.众数的个数【答案】A【解析】【分析】利用平均数、方差、极差、众数的意义判断即得.【详解】依题意，，的平均数，因此两组数的平均数不同，A是；，的方差，因此两组数的方差相同，B不是；由于数据中的最大与最小，同加9后，在数据中对应的数仍是最大与最小，因此两组数的极差相同，C不是；显然数据中出现次数最多的数，同加9后，在数据中对应的数出现次数最多， 因此两组数的众数的个数不变，D不是.故选：A4.已知抛物线：，是坐标原点，过点的直线交于，两点，则的值（）A.大于零B.等于零C.小于零D.随着直线的变化而变化【答案】B【解析】【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理计算即可.【详解】由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，与：联立方程，得：，令，则，，，所以故选：B.5.如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件及极化恒等式，结合向量的线性运算即可求解.【详解】取的中点，连接，如图所示， 所以的取值范围是，即，又由，所以.故选：B.6.已知直三棱柱，，，点为棱的中点，则四棱雉外接球的表面积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件求得外接球的半径，从而求得外接球的表面积.【详解】如图，连接，因为为直三棱柱，且点为棱的中点，则由对称性可知四棱锥为正四棱锥，连接，交于点，连接，则面，又，易知，在中，，，所以，则可得，即是四棱锥外接球的球心，所以外接球的表面积为，故选：B. 7.已知，则（）A.8B.9C.10D.11【答案】D【解析】【分析】利用切化弦、和差角及二倍角公式化简整理即可.【详解】结合题意：因为.所以.故选：D.8.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由，，可判断，再由切线不等式，可判断，得解.【详解】由当时，由三角函数线知识可得，所以，又令，， ，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，即，当且仅当时等号成立，故而，所以.故选：A.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知，则下列正确的是（）A.B.在复平面内所对应的点在第二象限C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据复数模的计算判断A；求出，确定其对应的点，即可判断B；根据复数的乘方求出，可判断C；根据，求出，即可判断D.【详解】对于A，由，所以，故A正确；对于B，由，所以，故在复平面内所对应的点为，在第三象限，故B错误；对于C，，所以，则，故C正确；对于D，，所以，故，故D错误， 故选：AC.10.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种计算，经过有限步后，必进入循环.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.事实上“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，若，则的值可以是（）A.12B.13C.40D.80【答案】ABD【解析】【分析】根据“冰雹猜想”并结合递推关系式，分类讨论可得.【详解】由题意知：因为，若为偶数，则，解得，（满足），若为奇数，则，解得，（舍去）；由，若为偶数，则，解得，（满足），若为奇数，则，解得，（满足）；由，若为偶数，则，解得，（满足），若为奇数，则，解得，（舍去）；由，若为偶数，则，解得，（满足），若为奇数，则，解得，（舍去）；由，若为偶数，则，解得，（满足），故D正确；若为奇数，则，解得，（满足）；故B正确；由，若为偶数，则，解得，（满足），故A正确；若为奇数，则，解得，（舍去）；故选：ABD.11.若，则下列正确的是（） A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】通过赋值法即可对A、B、C逐项求解判断，通过对两边同时求导后再利用赋值法从而可对D求解判断.【详解】对于A：令，则，故A正确；对于B：令，则，故B正确；对于C：令，则，故C正确；对于D，由，两边同时求导得，令，则，故D错误.故选：ABC.12.如图，在矩形中，，沿对角线向上翻折，得到，则下列说法正确的是（）A.存在点使得B.三棱锥体积的最大值为C.当时，直线与平面所成的线面角为 D.当在平面的投影在内部（含边界）时，的轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】对于选项A：结合翻折即可判断；对于选项B：表示出体积，可知平面平面垂直时，体积最大，计算即可；对于选项C：利用几何法找到线面角，求出线面角即可；对于选项D：判断出的轨迹是以点为圆心，为半径的一段弧，计算即可.【详解】如图1，过分别作的垂线，垂足分别是，由，所以，，对于选项A：沿对角线向上翻折的过程中，点在过与的垂面内，而过点与垂直的点在过与的垂面内，故而不存在某一位置使得，故选项A错误；对于选项B：当且仅当平面平面，此时三棱锥的体积最大，，故选项B正确；对于选项C：延长交于点，由，所以为边的中点，故而此时的三棱锥可以放在如图2所示的长方体内，且此时在平面上的投影即为点，由，，，又，所以直线与平面所成的线面角为，故选项C正确；对于选项D：的轨迹是以点为圆心，为半径的一段弧，由题意知，，所以在直角中，如图3，，则，所以的轨迹长度为，故选项D正确.故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如图的样本数据的频率分布直方图，则这种疾病患者的平均年龄为________.【答案】【解析】【分析】根据频率分布直方图中平均数的求法求值即可.【详解】由题意知：平均年龄（岁）.故答案为：.14.已知（）在区间上单调递增，则的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】借助正弦型函数的单调性计算即可得.【详解】对于，令，，则，因为，所以，结合正弦函数的单调性可知： 又，所以.故答案为：.15.已知，则的前25项的和为________.【答案】【解析】【分析】根据给定的递推公式，利用裂项相消法及分组求和作答.【详解】由，且，则故.故答案为：.16.已知双曲线：，是坐标原点，，分别是的左、右焦点，点是上任意一点，过作双曲线渐近线的垂线，垂足为，则的长为________；过作角平分线的垂线，垂足为，则的长为________.【答案】①.②.【解析】 【分析】（1）明确双曲线的焦点坐标和渐近线方程，用点到直线的距离公式直接求解；（2）结合双曲线的定义和等腰三角形的性质，还有三角形中位线的长度关系求值.【详解】由题意知双曲线C的一条渐近线为，的坐标为，所以点到渐近线的距离.如图，延长，两直线交于点，由，且是的角平分线，所以是等腰三角形，且，，又有为的中位线，所以.故答案为：；四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若．（1）求角A；（2）若点D是边上的一点，且，求的面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）正弦定理角化边，再用余弦定理求角A；（2）利用向量数量积的运算，把等式转化为边，再利用基本不等式求解最小值.【小问1详解】由及正弦定理知：，即， 由余弦定理有，由，所以，【小问2详解】由，所以，可得，即，由，所以，当且仅当时等号成立，所以，故所求面积的最大值为．18.已知为等比数列，且为数列的前项和，，.（1）求的通项公式；（2）令，求证：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由的定义，可得等比数列的公比和首项；（2）利用放缩法及等比数列求和公式可证.【小问1详解】由，所以，故数列的公比为3，所以，故而，所以.小问2详解】证明：由（1）知，，当时，成立；当时，且， 所以，综上，.19.如图，在三棱锥中，，，.（1）求证：；（2）求二面角平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案；（2）利用面面垂直的判定定理得平面平面，取，的中点，由面面垂直的性质定理得平面，以为原点，，所在的直线分别为轴建立空间坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由面面角向量求法可得答案.【小问1详解】取的中点，连接，，由，所以，由，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以；【小问2详解】 由（1）知平面，又平面，所以平面平面，由，，所以，又，所以为正三角形，取，的中点，则，平面平面，平面，，则，两两垂直，以为原点，，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间坐标系；则，，，，所以，，，设是平面的一个法向量，所以即，令，所以，，即；设是平面的一个法向量，所以即，令，则，，即，设二面角的平面角为，所以，二面角平面角的余弦值为.20.现有甲、乙两名篮球运动员进行投篮练习，甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为. （1）为了增加投篮练习的趣味性，甲、乙两人约定进行如下游戏：甲、乙两人同时投一次篮为一局比赛，若甲投进且乙未投进，则认定甲此局获胜；若甲未投进乙投进，则认定乙此局获胜；其它情况认定为平局，获胜者此局得1分，其它情况均不得分，当一人得分比另一人得分多3分时，游戏结束，且得分多者取得游戏的胜利.求甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的概率.（2）投篮练习规定如下规则：甲、乙两人轮流投篮，若命中则此人继续投篮，若未命中则对方投篮，第一次投篮由甲完成，设为第次投篮由甲完成的概率.（i）求，，的值；（ii）求与的关系式，并求出.【答案】（1）（2）（i），，；（ii），【解析】【分析】（1）根据题意，甲恰在第五局结束时取得游戏胜利比分是3∶0或4∶1，分别求出两种情况的概率再求和；（2）（i）依题意分别计算，，的值；（ii）由题意知：当时，，结合数列的递推公式可求.【小问1详解】由题意可知，在一局比赛中，甲获得1分的概率是，乙获得1分的概率是，甲、乙均不得分的概率是，甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的比分是3∶0或4∶1，当比分是3∶0时，甲获胜的概率为；当比分是4∶1时，甲获胜的概率为所以甲恰在第五局结束后取得游戏胜利的概率为.【小问2详解】 （ⅰ）由题意知：，，.（ⅱ）由题意知：当时，，所以，又，所以是以为公比，为首项的等比数列；所以.21.已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】21.答案见解析22.【解析】【分析】（1）根据题意求出对函数求导得，然后分类对进行讨论，从而可求解.（2）由恒成立，利用参数分离可得，然后构造函数，再利用导数求解出的最大值，从而可求解.【小问1详解】由题意知：，所以，①当时，若，则，若，则，所以在上单调递增，在上单调递减；②当时，令得：或，且， 若，则，若，则，若，则，所以在，上单调递增，在上单调递减；③当时，恒成立，所以在上单调递增；④当时，令得：或，且，若，则，若，则，若，则，所以在，上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由恒成立，即，恒成立，所以，，令，，所以，若，则，若，则，在上单调递增，在上单调递减；所以当时，有极大值也是最大值为，所以.所以的取值范围为.22.已知椭圆：（），且椭圆的长轴长为4，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，现过点的直线分别交椭圆于，两点，且直线交线段于点，试判断与的大小，并说明理由.【答案】22. 23.，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，离心率，从而可求解.（2）先求出切线的方程为，切线的方差为，从而可求出直线的方程，设出直线的方程，然后分别与直线方程，椭圆方程联立，再利用根与系数关系分别求出，，，从而可求解.【小问1详解】由题意可知：，所以，又由，所以，所以；故椭圆的方程为.【小问2详解】如图，令，，，，由题知切线的斜率存在，且设过点的切线方程为，联立方程得，解得：，由于只有一个切点，所以，解得，又因为，所以切线的方程为， 同理可得切线的方程为，又点是切线，的公共点，所以故而所在的直线为，由题意可知，直线的斜率存在，不妨设为，则，所以直线的方程为，联立方程：解得：，联立方程：消除得：，所以，，又有，，，，所以.【点睛】关键点点睛：求解切线方程时根据椭圆与直线方程联立，求解判别式即可得到切线方程：，切线方程：，从而可求出直线方程：，然后设出直线方程：，再与直线，椭圆方程联立，然后利用根与系数关系从而求出，，，从而可求解.