浙江省绍兴市柯桥区2024届高三数学上学期期末试题[含答案]

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1、2023学年第一学期期末教学质量调测 高三数学试题 注意事项： 1.本科考试分为试题卷和答题卷，考生须在答题卷上答题. 2.答题前，请在答题卷的规定处用黑色字迹的签字笔或钢笔填写学校、班级、姓名和准考证号、 3.试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合或，，则（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解即得. 【详解】由，得，解得，则， 由或，

2、得， 所以. 故选：C 2. 若（，为虚数单位），则（） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算和复数相等列式求出，利用复数模的运算求得最终结果. 【详解】由，得， ， 则. 故选：B 3. 函数的单调递减区间是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，再利用复合函数单调性可求得函数的单调递减区间. 【详解】由， ，解得或， 所以函数的定义域为， 令，则函数在上单调递减，在上单调递增， 而函数在上为增函数， 由复合函数单调性可得的单调递减区间为. 故选：C.

3、4. 已知平面向量，，若，则（） A. 或 B. 或 C. 或3 D. 或3 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示得到，再进行弦化切即可得到. 【详解】，且， ，即， ，即， 或. 故选：A. 5. 已知命题：函数在内有零点，则命题成立的一个必要不充分条件是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断函数的单调性，再利用零点存在性定理列式求出的取值范围，结合必要不充分条件的意义判断即得. 【详解】函数在上单调递增，由函数在内有零点， 得，解得，即命题成立的充要条件是， 显然成立，不等式、、都不一定成立， 而成立，

4、不等式恒成立，反之，当时，不一定成立， 所以命题成立的一个必要不充分条件是. 故选：D 6. 直线交曲线于点A，B，则的最小值为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线所过定点，根据弦长公式即可得到最值. 【详解】即， 则直线恒过定点, 且圆的圆心为, 将点代入圆方程得，设圆心到直线的距离为， 则，因为圆心到直线距离的最大值为直线所过定点到圆心的距离， 即， 故选：B. 7. 已知x为正实数，y为非负实数，且，则的最小值为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】变形式子，再利用基本不等式“

5、1”的妙用求出最小值. 【详解】由x为正实数，y为非负实数，得，由，得， 于是 ，当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值. 故选：B 8. 若对任意实数，恒有成立，则实数的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】移项整理得，设，利用导数得到其单调性，分和讨论即可. 【详解】， ， 设，则， 设，则在上恒成立， 在上单调递增，且， 当时，在单调递增， ，即， 当时，则，不妨取，即， 当时，，时，， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， ，即，而有在上恒成立， ，即， 综上可得. 故选：C. 【

6、点睛】关键点点睛：本题的关键点是移项整理，利用导数并分类讨论求其最小值，对时需利用隐零点法求解其最值. 二、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，关于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，，三种情况结合与的大小关系讨论，可得不等式的解集. 【详解】当时，； 当时，或，故A正确； 当时，， 若，则解集为空集； 若，则不等式的解为：，故C正确； 若，则不等式的解为：，故D正确. 故选：

7、ACD 10. 已知直线m，n为异面直线，平面，平面，则下列线面关系可能成立的是（） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面垂直、面面垂直、面面平行相关性质一一判断即可. 【详解】对AD，当平面平面，且时，两直线可以为异面直线，故AD正确； 对C，若平面平面，则，则共面，这与直线m，n为异面直线矛盾，故C错误； 对B，当平面时，则平面平面，此时与C错误一致，故B错误. 故选：AD. 11. 已知等差数列的前项和为，，，则（） A. 数列为等比数列 B. C. 当且仅当时，取得最大值 D. 【答案】AB 【解

8、析】 【分析】根据给定条件，求出数列通项公式及前项和，再逐项分析、计算即得. 【详解】等差数列中，，解得，，解得， 于是等差数列的公差，， 前项和， 对于A，显然，，因此数列是等比数列，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，显然等差数列单调递减，前4项均为正数，第5项为0，从第6项起都为负数， 因此当或时，取得最大值，C错误； 对于D，，显然数列是等差数列， 因此，D错误. 故选：AB 12. 双曲线：上一动点，，为双曲线的左、右焦点，点为的内切圆圆心，连接交轴于点，则下列结论正确的是（） A. 当时，点在的内切圆上 B. C. D. 当时， 【答案】AB

9、 【解析】 【分析】对A，根据双曲线定义和焦点三角形内切圆性质得到其中一个切点坐标方程，解出即可；对B，利用双曲线焦点弦结论和角平分线性质得到，化简即可判断；对C，根据A选项结论得到的横坐标为，再利用三角形面积公式即可求出其纵坐标；对D，根据双曲线对称性得到，显然其不等于0，即可判断D. 【详解】对A，当点位于双曲线右支时， 设的内切圆与分别切于点，，， 根据圆的切线性质，有， 再根据双曲线的定义，有， ， 得到，设，则有， 解得，即， 所以当时，点在的内切圆上，故A正确； 对B，以下证明双曲线焦半径公式，设点为双曲线上一点， 若点在双曲线左侧，此时左准线方程为， 则

10、，则，根据可得， 若点在双曲线右侧，此时右准线方程为， 则，则，根据可得， 对于本题来说，当点在双曲线右支上时，由于为的角平分线， 因此， 结合，得到，同理当点在双曲线左支上时， 由于为的角平分线， 因此，解得，故B正确； 对C，当点位于双曲线右支上时，由于为的内心，轴， 根据A选项的结论可知的横坐标为，设， 根据三角形的面积公式，有， 即得到，故C错误； 对D，当时，点在双曲线的左支上，同A选项方法可得， 同C选项方法（或根据双曲线对称性可得）可得， 显然，，则，故D错误. 故选：AB. 关键点点睛：本题的关键是充分利用三角形内切圆性质和双曲线定义从而判断

11、A选项，利用焦半径公式判断B选项，本题还需要对点的位置进行合理分类讨论. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的含的项的系数为___________. 【答案】270 【解析】 【分析】根据展开式的二项式系数之和为，求得，然后利用通项公式求解. 【详解】由展开式的二项式系数之和为，解得， 所以展开式的通项公式为， 令，解得， 所以含项的系数为. 故答案为：270. 14. 已知函数在上存在极值点，则正整数的值是___________ 【答案】5 【解析】 【分析】利用导数可得导函数为0时或，则得到的范

12、围. 【详解】， 时，或， 因为函数定义域为，则在左端点处无法取到极值， ，故对于正整数取5，经检验满足题意， 故答案为：5. 15. 卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，是由美籍华人建筑师贝聿铭设计的，已成为巴黎的城市地标，卢浮宫金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，则该外接球的表面积是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由几何关系和勾股定理确定关于的方程，解出半径，再计算面积即可. 【详解】 如图，因为，所以球心在的延长线上， 因为正四棱锥的底面边长为，高为，所以， 设，， 则，解得，所以半径，

13、 所以外接球的表面积为. 故答案为： 16. 已知为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，过点的直线交C于A、B两点，直线、分别交C于M、N，则的最小值为___________ 【答案】9 【解析】 【分析】根据题意设及直线：，再与抛物线方程联立并结合韦达定理从而可求出，再由过焦点的弦的性质从而可求出，，再由抛物线定义及基本不等式从而可求解. 【详解】设，直线：，则，得， 所以，则， 由过焦点，设直线：，则，得， 所以，则，同理可得， 所以，， 则， 当且仅当时取等号. 故答案为：. 【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

14、）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Δ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. 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. 已知锐角的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A； （2）若，求的周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理即可； （2）根据正弦定理得，从而化边为角，结合三角恒等变换和三角函数值域即可得到其范围. 【小问

15、1详解】 由已知得，， 则根据正弦定理得， ， 为锐角三角形，． 【小问2详解】 由正弦定理得，即， 则， ， 因为，解得，得， 所以，得． 18. 已知数列的前n项和为.若为等差数列，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求. 【答案】18. ， 19. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的通项公式，可求得，再由与的关系求出； （2）由的通项公式，知，分和讨论，并利用等差数列前n项和公式求解. 【小问1详解】 由题意，设等差数列的公差为，又，， ，， ， ，则，， ，又， ，. 【小问2详解】 由（1）得，， 当时

16、，， 当时， ， . 19. 临近新年，某水果店购入A，B，C三种水果，数量分别是36箱，27箱，18箱.现采用分层抽样的方法抽取9箱，进行质量检查. （1）应从A，B，C三种水果各抽多少箱? （2）若抽出的9箱水果中，有5箱质量上乘，4箱质量一般，现从这9箱水果中随机抽出4箱送有关部门检测. ①用X表示抽取的4箱中质量一般的箱数，求随机变量X的分布列和数学期望； ②设A为事件“抽取的4箱水果中，既有质量上乘的，也有质量一般的水果”，求事件A发生的概率. 【答案】（1）答案见解析 （2）①分布列见详解，；② 【解析】 【分析】（1）根据题意结合分层抽样的性质分析求解；

17、 （2）①根据题意结合超几何分别求分布列和期望；②根据题意利用对立事件以及①中结果运算求解. 【小问1详解】 由题意知：， 所以应从A，B，C三种水果各抽4，3，2箱. 【小问2详解】 ①由题意可知：X的可能取值为0，1，2，3，4，则有： ，， ，， ， 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以随机变量X的期望为； ②由题意可知：为事件“抽取的4箱水果中，都是质量上乘的，或都是质量一般的水果”， 所以. 20. 如图，在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，. （1）求证：； （2）若平面平面，在线段（包含端

18、点）上是否存在一点E，使得平面平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定得平面，再通过线面垂直的性质即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，利用面面垂直的空间向量法即可得到方程，解出即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为是边长为2的正三角形，所以， 由，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 由（1）得，因为平面平面且交线为，且平面，所以平面， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，则， 设，则， 设平面的法向量为，，则， 令

19、，则，则 设平面的法向量为 则，令，所以， 若平面平面，则，求得， 此时，所以．即此时. 21. 已知椭圆：与圆交于M，N两点，直线过该圆圆心，且斜率为，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于D、E两点，记直线，的斜率分别为，. （1）求椭圆的离心率； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，利用点差法弦中点坐标即可得到，即可得到离心率； （2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，过作轴的垂线交分别于点，再计算证明出，最后得到斜率之比. 【小问1详解】 由已知得，中点为，设， 则，，， 作差

20、得，即， 由得，，得. 【小问2详解】 由（1）及题设得椭圆的方程为：，则， 则其右焦点，，， 设，直线的方程为， ，， 过作轴的垂线交分别于点，，则直线， 令，则，得 同理直线，得 得， 所以 由（※）知，，得． . 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线的方程为，将其与椭圆联立得到韦达定理式，再分别求出直线方程，从而得到坐标，证明出，最后计算斜率之比即可. 22. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若方程有两个解，求证：. 【答案】（1）递减区间是，递增区间是； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给

21、定条件，利用导数求解函数的单调性即可. （2）由（1）求出程的两个解与1的大小关系，再变形要证不等式，结合的单调性分析，构造函数借助导数推理即得. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的递减区间是，递增区间是. 【小问2详解】 由（1）知，函数在，上的取值集合均为， 当时，直线与函数的图象有两个交点，即方程有两个解， 其中一个解小于1，一个解大于1，不妨设，要证， 即证，而，只证，又，即证， 而， 即证：，亦即， 设，求导得， 设，求导得，函数在上单调递增， 即，而，于是， 因此，函数在上单调递增，有， 令，求导得， 则函数在上单调递减，于是，即， 从而， 所以. 【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.