安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试题 Word版含解析.docx

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毫州市普通高中2023—2024学年度第一学期高三期末质量检测数学试卷考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码格贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：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已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合和集合即可求解.【详解】因为，所以.故选：C.2.已知复数，则“”是“的实部小于0”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】考查的实部小于0的充要条件，结合集合关系进行判断.【详解】因为若其实部小于0，则，即， 显然是的必要不充分条件，则“”是“的实部小于0”的必要不充分条件，故选：B.3.如图所示为某企业员工年龄（岁）的频率分布直方图，从左到右依次为第一组､第二组、……、第五组，若第五组的员工有80人，则第二组的员工人数为（）A.140B.240C.280D.320【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图的性质，求得的值，进一步计算即可.【详解】由已知得，所以，因为第五组的员工人数为80，所以第二组的员工人数为.故选：C.4.在等差数列中，已知，则（）A.-1B.0C.1D.2【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式进行计算即可.【详解】设的公差为.由已知可得，所以，则. 故选：B.5.如图，正三棱柱的底面边长为1，高为3，已知为棱的中点，分别在棱上，，记四棱锥，三棱锥与三棱锥的体积分别为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据条件分别计算出的值，即可判定.【详解】因为，所以.故选：D.6.已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（）A.0B.1C.2D.无法确定【答案】B 【解析】【分析】根据直线所过定点，结合图象即可判定.【详解】直线的方程可化为，所以直线恒过点，曲线即，表示圆心为坐标原点，半径为3的圆的上半部分（如图），由图可知，当时，直线与曲线的交点个数为1.故选：B.7.在三棱锥中，已知，平面平面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分别取的中点为，连接.根据题中条件可求得，，结合外接球球心在直线上，列出方程，解出即可.【详解】分别取的中点为，连接. 因为，所以,则,又则,又平面平面，平面平面，，则,平面，所以平面，又平面,所以,又,平面,平面,所以平面,又平面,所以,故为二面角的平面角，所以，所以，三棱锥外接球的球心在直线上.设，则，即，解得（负值舍），所以三棱锥外接球的半径为，表面积为.故选：A.8.当时，函数在上的零点的个数为（）A.4B.3C.2D.1【答案】D【解析】【分析】先由得出；再构造函数 ，根据函数的单调性得出题目问题等价于根的问题，即等价于当时，函数与直线在上交点个数；最后根据函数在上的单调性、值域及即可求解.【详解】令，则，即.构造函数，则问题等价于讨论方程的根的个数.因为函数在上单调递增；函数在上单调递增；所以在上单调递增，故问题进一步等价于讨论方程的根的问题，即可转化为根的问题，即等价于当时，函数与直线在上交点个数.因为函数在上单调递增；函数在上单调递增；所以函数单调递增，故.又因为当时，所以当时，方程只有一根，所以函数在上的零点的个数为1.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查同构法的应用、函数图像交点个数与函数零点个数之间的关系.解题关键在于由得出；构造函数，根据函数的单调性得出题目问题等价于当时，函数与直线在上交点个数.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知向量满足，且，则的坐标可以为（）A.B. C.D.【答案】BC【解析】【分析】利用三点共线的性质进行求解问题.【详解】设为坐标原点，则由可知三点共线，且在之间，选项A：，，与不平行，选项A错误；选项B：，，与平行，且在之间，选项B正确；选项C：，，与平行，且在之间，选项C正确；选项D：，，与平行，但不在之间，选项D错误.故选：BC.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.的图象关于点对称D.在上单调递增【答案】ACD【解析】【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质判断即可. 【详解】设的最小正周期为，由图象可得到，故，因为，所以，解得，故A正确；将代入，得，则，解得，因为，所以当时，，所以，故B错误；因为，所以的图象关于点对称，故C正确；当时，，因为在上单调递增，所以在上单调递增，故D正确.故选：ACD11.将正数用科学记数法表示为，则，我们把，分别叫做的首数和尾数，若将的首数记为，尾数记为，则下列说法正确的是（）A.B.是周期函数C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】【分析】根据新定义可判断A，由得出不存在非零常数使成立，判断B，根据首数尾数的定义，利用对数运算判断CD.【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，若，必有，不可能存在非零常数，使得恒成立，不符合周期函数的定义，故B错误；对于C，设，则，若10，则，若，则，所以，故C正确；对于D，设同选项，若，则，若，则，所以，故D错误故选：AC12.已知抛物线的焦点到点的距离为，直线经过点，且与交于点（位于第一象限），为抛物线上之间的一点，为点关于轴的对称点，则下列说法正确的是（）A.B.若的斜率为1，则当到的距离最大时，（为坐标原点）为直角三角形C.若，则的斜率为3D.若不重合，则直线经过定点【答案】ABD【解析】【分析】利用两点距离公式求得，从而判断A；利用导数的几何意义求得的坐标，从而判断B；利用抛物线的定义求得，从而判断C，联立直线与抛物线方程，利用表示直线，从而判断D.【详解】对于A，因为抛物线的焦点的坐标为， 由已知得，解得，故A正确；对于B，当到的距离最大时，以为切点的的切线斜率也为1，因为，所以只需考虑，则，令，得，则，则此时，又的坐标为，所以轴，所以为直角三角形，故B正确；对于C，如图，设的准线为，过点分别作，过点作，当时，设，所以，所以，即的斜率为，故C错误；对于D，设，则，设的方程为，代入，得0，易得，所以，直线的方程为，则，所以经过定点，故D正确. 故选：ABD.【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.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线的斜率为2，且与曲线相切，则的方程为__________.【答案】【解析】【分析】由题意令，解方程可得切点坐标，由此即可得解.【详解】设，令，得，则切点为，故所求的方程为.故答案为：.14.已知随机变量，若，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】利用正态分布的性质，列出不等式，解出即可.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.15.已知，则__________. 【答案】##【解析】【分析】平方相加可得，即可根据角的范围求解.【详解】将两式平方,相加得，即，因为，所以，所以.故答案为：16.已知椭圆的左､右焦点分别为为坐标原点，点在上，且，则__________.【答案】##【解析】【分析】设，由椭圆定义结合余弦定理可推出，继而根据，平方后，结合数量积的运算律，即可求得答案.【详解】由题意知椭圆方程为，则，设，则，而，由余弦定理得，即，所以.因为O为的中点，故， 所以，，所以，即，故答案：【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用数量积的运算法则转化为的关系式，从而得解.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.设的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，点在边上，，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理将角化边，即可得到，再由余弦定理计算可得；（2）首先由等面积法求出，再由，代入、的值，即可求出，再检验即可.小问1详解】因为，由余弦定理得，整理得，所以，因为，所以.【小问2详解】由题意知，所以， 由（1）的过程可得，代入的值整理得，解得或.当时，，此时为钝角，不符合条件，当时，，符合条件，所以.18.记正项等比数列､等差数列的前项和分别为，已知，.（1）求和的通项公式；（2）设集合，求中元素的个数.【答案】（1），（2）10个【解析】【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式及前项和公式进行计算即可；（2）解出集合后，根据组合数公式进行计算即可【小问1详解】设的公比为的公差为，因为，所以，解得或（舍去），所以.因为，所以，即，因为，所以，所以.【小问2详解】 因为，所以，因为，从四个数中任取两个数（可重复）有种取法，易知不同取法中的两个数之和都互不相等，故集合中的元素有10个.19.如图，直四棱柱的棱长均为为棱的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据直棱柱可得，根据菱形可得，故可得平面，故可证面面垂直.（2）利用向量法可求平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值，故可求它的正弦值.【小问1详解】在直四棱柱中，平面，而平面，所以，因为四棱柱的各棱长均相等，故四边形是菱形，所以，又因为，，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】设与的交点为，则， 根据直四棱柱可以为坐标原点，所在直线为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知，则.设平面的法向量为，则即，取.设平面的法向量为，则即，取.因为，所以二面角的正弦值为.20.小张参加某公司的招聘考试，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型：一个箱子里装有质地､大小一样的5个球，3个标有字母A，另外2个标有字母B，小张从中任取3个小球，若取出的A球比B球多，则答A类题，否则答B类题.（1）设小张抽到A球的个数为X，求X的分布列及.（2）已知A类题里有4道论述题和1道计算题，B类题里有3道论述题和2道计算题，小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答.（i）求小张回答论述题的概率；（ii）若已知小张回答的是论述题，求小张回答的是A类题的概率.【答案】（1）分布列见解析， （2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据条件求得的所有可能取值及相应的概率，列出分布列，根据期望公式求解即可；（2）（i）根据全概率公式进行计算即可；（ii）根据条件概率公式进行计算即可.【小问1详解】的所有可能取值为，,所以的分布列为123故.【小问2详解】记事件“小张回答类题”，“小张回答类题”，“小张回答论述题”.（i）由（1）知，由题意知，所以.（ii），所以.21.已知函数.（1）若，求的极小值； （2）若对任意的和，不等式恒成立，求的最大值.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）利用导数考查函数的单调性，结合极小值的定义求出即可；（2）参变分离后，利用导数考查函数的单调性，求出函数的最小值，即可求得的取值范围,继而求解.【小问1详解】当时，，所以，易知在上单调递增，且，所以当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以在处取得极小值.【小问2详解】因为，所以恒成立等价于恒成立.设，则，易知在上单调递增，且当时，，当时，，所以在内存在唯一零点，即，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增， 所以.结合式，可知：，当且仅当时取等号，即当时，的最小值为2，要使恒成立，须，即的最大值为2.【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：（1）恒成立；（2）恒成立.22.已知双曲线经过点，直线与交于两点，直线分别与轴相交于点.（1）证明：以线段为直径的圆恒过点；（2）若，且，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据双曲线经过点得到双曲线的方程，然后通过证明来说明以线段为直径的圆恒过点；（2）根据列方程得到，再结合求即可.【小问1详解】 将代入，得，所以，所以的方程为.要证明以线段为直径的圆恒过点，即证.设，根据题意知直线的斜率存在，则，故直线，令，得，用替换，得.所以，所以.因为，所以，所以，故原命题得证.【小问2详解】因为，所以.由可得，记的斜率为，则 用替换，可得.所以，化简可得，又，所以，解得或（舍去）.所以.