精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024届高三下学期5月期中数学试题

2024年高三数学期中考试试题 一．选择题（共8小题，5分每题，共40分） 1. 已知集合，，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合集合的交集运算求解. 【详解】因为， 则 故选：D 2. 已知集合，，若定义集合运算：，则集合的所有元素之和为（ ） A. 6 B. 3 C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】计算出的所有取值即可得. 【详解】可为、，可为、，有、、， 故，所以集合的所有元素之和为6. 故选：A． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标运算列式解出，即可得出的坐标，即可根据向量的模的坐标运算得出答案. 【详解】若， 则，解得， 则， 则， 故选：C. 4. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据，展开后根据空间向量的数量积公式计算即可得到结果. 【详解】由题意可得， . 故选：C 5. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在着陆场预定区域成功着陆，三名航天员安全出舱.神舟十三号返回舱外形呈钟形钝头体，若将其近似地看作圆台，其高为，下底面圆的直径为，上底面圆的直径为，则可估算其体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆台的体积公式可求得结果. 【详解】因为圆台的上底面圆的半径是，高是，下底面圆的半径是， 所以 故选：B. 6. 已知函数，，若有两个零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】AB选项，根据题目条件得到，或，，结合得到答案；C选项，，利用和差化积公式得到答案；D选项，根据得到D错误. 【详解】AB选项，令得， 故或， 所以，或，， 解得，或，， 由，故当时，解得，，A、B错误； C选项， ，C正确， D选项，因为，所以，D错误. 故选：C． 【点睛】和差化积公式：， ， ， . 7. 在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去某地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相互独立事件同时发生的概率乘法公式，（法一）至少有1人去此地包含甲去乙不去、甲不去乙去、甲去乙去三种情况，由此即可求出结果；（法二）它的对立事件是两个人都不去此地，做出两个人都不去此地的概率，再根据对立事件的概率得到结果． 【详解】（法一）设“甲去某地”为事件A，“乙去某地”为事件B， 则至少有一人去此地的概率为 ； （法二）所求事件的概率； 故选：C． 8. 椭圆C：的左､右焦点分别为F1，F2，点P(x1，y1)，Q(-x1，-y1)在椭圆C上，其中x1>0，y1>0，若|PQ|=2|OF2|，，则离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据，可得四边形为矩形，设，根据椭圆的定义以及勾股定理可得，再分析的取值范围， 进而求得，再求离心率的范围即可 【详解】设，由，知， 因为，在椭圆上，， 所以，四边形为矩形，； 由，可得， 由椭圆定义可得①； 平方相减可得②； 由①②得； 令，令，所以，， 即，所以，， 所以，，所以，， 解得 故选：C 【点睛】关键点睛：解题的关键在于运用椭圆的定义构造齐次式求椭圆的离心率， 即由椭圆定义可得①； 平方相减可得②； 由①②得， 然后利用换元法得出，进而求解 属于中档题 二．多选题（共4小题，每题5分，共20分） 9. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为-1 C. 在复平面内对应的点在第一象限 D. 的共轭复数为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数虚部的定义、共轭复数、复数在复平面对应点的特征、复数模的运算公式逐一判断即可. 【详解】因为，所以的虚部为的共轭复数为在复平面内对应的点在第四象限. 故选：BD 10. 如图，在边长为的等边三角形中，圆与的三条边相切，圆与圆相切且与、相切，，圆与圆相切且与、相切，设圆的半径为，圆的外切正三角形的边长为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是首项为，公比为的等比数列，且 C. 当圆的半径小于时，的最小值为 D. 数列的前项和小于 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等面积法可判断A选项；利用三角形相似可得出，结合等比数列的定义可判断B选项；解不等式，可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项. 【详解】如图，圆的外切正三角形的面积为，整理可得，故A正确； 设圆切于点， 易知，则， 且，，， 由可得，整理可得， 由，得．所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故，故B正确； 由，得，即， 因为，故正整数的最小值为，故C错误； 数列的前项和为，故D正确， 故选：ABD． 11. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项是 B. 各项的系数和是64 C. 第4项二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；求出奇数项的二项式系数和可判断D选项. 【详解】二项式的展开式通项为. 令，可得，故常数项是，A正确； 各项的系数和是，B错误； 二项式展开式共7项，故第4项二项式系数最大，C正确； 奇数项二项式系数和为，D错误. 故选：AC 12. 已知函数，则（ ） A. 当时，方程无解 B. 当时，存在实数使得函数有两个零点 C. 若恒成立，则 D. 若方程有3个不等的实数解，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数判断函数是否有解；利用函数零点的定义计算零点；含参恒等不等式，利用函数导数的求参数范围；利用函数的单调性求参数范围； 【详解】对于A，，，，令，， 易知，，，，所以，方程有解，A错误； 对于B，有两个零点，所以当时，有两个零点，B正确； 对于C，若恒成立，即恒成立，即恒成立， 令，则，令，则， 所以在是增函数，又，， 因此，，使得①， 所以当时，，即，则在上是减函数， 当时，，即，则在上式增函数， 则②， 由①得，又设，易知在是增函数， 所以③，将③代入②得，因此，C正确． 对于D，或，即或两个方程有3个解， 令，，可知在上递减， 在上递增，且当时， 从而，从而，D正确． 故选：BCD 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 三．填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则_________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为函数是定义在上的奇函数，当时，，则 . 考点：函数奇偶性的应用. 14. 的展开式中，常数项为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意结合二项式展开式的通项公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】由二项式展开式的通项公式可得的展开式的通项公式可知通项公式为：， 由于， 令可得，令可得， 据此可得其常数项为：. 【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项． (2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解． 15. 若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求圆的圆心和半径，由条件证明圆心在直线上，由此列方程求的值. 【详解】圆的圆心坐标为，半径， 所以圆的直径为， 因为直线被圆截得的弦长为2， 所以直线过圆心，故，即. 故答案为：. 16. 所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱雉的体积之和，由锥体的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得：该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱锥的体积之和， 上底面边长为，正六棱柱的体积， 四棱锥的体积为， 从而拟柱体的体积为． 故答案为：． 四．解答题（共6小题，共70分） 17. 已知公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合等差数列的通项公式求得数列的的公差即可确定其通项公式； （2）结合（1）中数列的通项公式和等比数列前n项和公式即可求得数列的前n项和. 【小问1详解】 由已知得，即，， 又因为，所以，解得或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，因为， 所以是以为首项，以27为公比的等比数列， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，. （1）证明：. （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）连接，与交于点，连接. 因为四边形是正方形，所以. 因为，为的中点，所以. 因为，平面，平面，所以平面. 又平，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）证明平面即可. （2）建系，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作的垂线，垂足为， 由第一问可知：平面平面平面平面， 且平面平面，平面， 可得：平面. 以为坐标原点，过且平行于，的直线分别为轴，轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系如下图所示： 由，得，因为，， 所以，则，，， 则，，，. 由，得，，. 设平面的法向量为， 由得 令，解方程组可得， 故. 由图可知是平面的一个法向量. ， 显然二面角为锐角，故. 故平面与平面夹角的余弦值为. 19. 为提高学生的数学应用能力和创造力，学校打算开设“数学建模”选修课，为了解学生对“数学建模”的兴趣度是否与性别有关，学校随机抽取该校30名高中学生进行问卷调查，其中认为感兴趣的人数占. （1）根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关？ 感兴趣 不感兴趣 合计 男生 12 女生 5 合计 30 （2）若感兴趣的女生中恰有4名是高三学生，现从感兴趣的女生中随机选出3名进行二次访谈，记选出高三女生的人数为X，求X的分布列与数学期望. 附：，其中. 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表如下： 感兴趣 不感兴趣 合计 男生 12 4 16 女生 9 5 14 合计 21 9 30 没有85%的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关 （2）X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望： 【解析】 【分析】（1）分析数据，补充列联表，并计算出卡方，与2.072比较后得到结论； （2）求出X的可能取值及对应的概率，得到分布列，计算出数学期望. 【小问1详解】 ，则女生感兴趣的有9人，不感兴趣共9人，男生不感兴趣有4人， 列联表如下： 感兴趣 不感兴趣 合计 男生 12 4 16 女生 9 5 14 合计 21 9 30 ， 所以没有85%的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关； 【小问2详解】 由题意可知X的取值可能为0，1，2，3，则： ，，，， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P . 20. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图） 步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕； 步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆. 现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系. （1）求折痕围成的椭圆的标准方程； （2）已知点是圆上任意一点，过点做椭圆的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标. 注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：. 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义结合条件即得； （2）由题可得直线的方程是，然后利用韦达定理法结合条件可表示出，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得. 【小问1详解】 设为椭圆上一点， 则， 所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为， 所以，则， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 设，则， 切线方程：，切线方程：，两直线都经过点， 所以，得， ， 从而直线的方程是：， 由，得， 由韦达定理，得， ， 点到直线的距离， ，其中， 令，则， 令，则， 在上递增， ，即时，的面积取到最大值，此时点. 21. 已知椭圆（）的离心率为，且经过点 （1）求椭圆的方程； （2）过作两直线与抛物线（m>0）相切，且分别与椭圆C交于P，Q两点，直线，的斜率分别为， ①求证：为定值； ②试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）① 证明见解析；②直线恒过定点 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列方程求解，即可得椭圆的方程； （2）①设过与抛物线相切的直线方程为（），联立直线与抛物线根据得到关于切线斜率的一元二次方程，由韦达定理可求得得值；②设直线：，，，代入椭圆方程可得较短坐标关系，根据①中结论或，从而判断直线所过定点，即可得结论. 【小问1详解】 由题可得，解得， 所以椭圆C的方程为 【小问2详解】 ①设过与抛物线相切的直线方程为（）， 消去y得：， ，即 直线，的斜率分别为，，则，是方程的两根 ，， 消去m得： ②设直线：，，， ，消去x得： 所以， 因为，所以，所以 整理得： 即，所以． 所以或， 当时，，PQ恒过定点与A重合，舍去 当时，PQ恒过定点 综上所述，直线PQ恒过定点. 22. 设的所有可能取值为，称（）为二维离散随机变量的联合分布列，用表格表示为： Y X … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 1 仿照条件概率的定义，有如下离散随机变量的条件分布列：定义，对于固定的，若，则称为给定条件下的条件分布列． 离散随机变量的条件分布的数学期望（若存在）定义如下：． （1）设二维离散随机变量的联合分布列为 Y X 1 2 3 1 0.1 0.3 0.2 0.6 2 0．05 0.2 0.15 0.4 0.15 0.5 0.35 1 求给定条件下的条件分布列； （2）设为二维离散随机变量，且存在，证明：； （3）某人被困在有三个门的迷宫里，第一个门通向离开迷宫的道，沿此道走30分钟可走出迷宫；第二个门通一条迷道，沿此迷道走50分钟又回到原处；第三个门通一条迷道，沿此迷道走70分钟也回到原处．假定此人总是等可能地在三个门中选择一个，试求他平均要用多少时间才能走出迷宫． 【答案】（1） 1 2 3 （2）二维离散随机变量的概率为，有由，． 于是，． 由，有 （3）150分钟 【解析】 【分析】（1）由题目所给信息结合表格可得条件下的条件分布列； （2）由题可得，后由与题目信息结合可证明结论； （3）设需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门，由（2）所得结论可得关于的方程， 即可得答案. 【小问1详解】 因为，所以用第一行各元素分别除以0．6，可得给定条件下的条件分布列： 1 2 3 【小问2详解】略 【小问3详解】 由（2）知，对于二维离散随机变量，． 设他需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门， 由题设有． 因为选第一个门后30分钟可离开迷宫，所以． 又因为选第二个门后50分钟回到原处，所以． 又因为选第三个门后70分钟也回到原处，所以． 所以． 解得，即他平均要150分钟才能离开迷宫． 【点睛】关键点睛：本题前两小问首先要把所给信息理解透彻，其次要灵活运用求和符号.第三小问需利用第二小问所得结论，并利用方程思想解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高三数学期中考试试题 一．选择题（共8小题，5分每题，共40分） 1. 已知集合，，则＝（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若定义集合运算：，则集合的所有元素之和为（ ） A. 6 B. 3 C. 2 D. 0 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ） A. B. C. D. 4 5. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在着陆场预定区域成功着陆，三名航天员安全出舱.神舟十三号返回舱外形呈钟形钝头体，若将其近似地看作圆台，其高为，下底面圆的直径为，上底面圆的直径为，则可估算其体积约为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若有两个零点，则（ ） A. B. C. D. 7. 在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去某地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆C：的左､右焦点分别为F1，F2，点P(x1，y1)，Q(-x1，-y1)在椭圆C上，其中x1>0，y1>0，若|PQ|=2|OF2|，，则离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共4小题，每题5分，共20分） 9. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为-1 C. 在复平面内对应的点在第一象限 D. 的共轭复数为 10. 如图，在边长为的等边三角形中，圆与的三条边相切，圆与圆相切且与、相切，，圆与圆相切且与、相切，设圆的半径为，圆的外切正三角形的边长为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是首项为，公比为的等比数列，且 C. 当圆的半径小于时，的最小值为 D. 数列的前项和小于 11. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项是 B. 各项的系数和是64 C. 第4项二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和为 12. 已知函数，则（ ） A. 当时，方程无解 B. 当时，存在实数使得函数有两个零点 C. 若恒成立，则 D. 若方程有3个不等的实数解，则 三．填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则_________. 14. 的展开式中，常数项为______． 15. 若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为______. 16. 所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为__________． 四．解答题（共6小题，共70分） 17. 已知公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，. （1）证明：. （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 为提高学生的数学应用能力和创造力，学校打算开设“数学建模”选修课，为了解学生对“数学建模”的兴趣度是否与性别有关，学校随机抽取该校30名高中学生进行问卷调查，其中认为感兴趣的人数占. （1）根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为学生对“数学建模”选修课的兴趣度与性别有关？ 感兴趣 不感兴趣 合计 男生 12 女生 5 合计 30 （2）若感兴趣的女生中恰有4名是高三学生，现从感兴趣的女生中随机选出3名进行二次访谈，记选出高三女生的人数为X，求X的分布列与数学期望. 附：，其中. 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 20. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图） 步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕； 步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆. 现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系. （1）求折痕围成的椭圆的标准方程； （2）已知点是圆上任意一点，过点做椭圆的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标. 注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：. 21. 已知椭圆（）的离心率为，且经过点 （1）求椭圆的方程； （2）过作两直线与抛物线（m>0）相切，且分别与椭圆C交于P，Q两点，直线，的斜率分别为， ①求证：为定值； ②试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 22. 设的所有可能取值为，称（）为二维离散随机变量的联合分布列，用表格表示为： Y X … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 1 仿照条件概率的定义，有如下离散随机变量的条件分布列：定义，对于固定的，若，则称为给定条件下的条件分布列． 离散随机变量的条件分布的数学期望（若存在）定义如下：． （1）设二维离散随机变量的联合分布列为 Y X 1 2 3 1 0.1 0.3 0.2 0.6 2 0．05 0.2 0.15 0.4 0.15 0.5 0.35 1 求给定条件下的条件分布列； （2）设为二维离散随机变量，且存在，证明：； （3）某人被困在有三个门的迷宫里，第一个门通向离开迷宫的道，沿此道走30分钟可走出迷宫；第二个门通一条迷道，沿此迷道走50分钟又回到原处；第三个门通一条迷道，沿此迷道走70分钟也回到原处．假定此人总是等可能地在三个门中选择一个，试求他平均要用多少时间才能走出迷宫． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $