精品解析：江西省赣州立德虔州高级中学2024届高三下学期期中考试数学试题

赣州立德虔州高级中学2023~2024年第二学期高三期中考试数学试卷 命题人：审题人：高三数学组时间：120分钟 一、单选题 1. 若复数满足，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，都是正数，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. D. 5. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积取值范围是 A. B. C. D. 6. 图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记，，…，的长度构成的数列为，则（ ） A. B. 1 C. 10 D. 100 7. 已知，是两个单位向量，且，若向量满足，则最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知甲乙两人进行射击训练，两人各试射次，具体命中环数如下表（最高环数为环），从甲试射命中的环数中任取个，设事件表示“至多个超过平均环数”，事件表示“恰有个超过平均环数”，则下列说法正确的是（ ） 人员 甲 乙 命中环数 A. 甲试射命中环数的平均数小于乙试射命中环数的平均数 B. 甲试射命中环数的方差大于乙试射命中环数的方差 C. 乙试射命中环数的分位数是 D. 事件，互对立事件 10. 函数的图像向左平移个单位长度后得到的图像，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 图像关于点中心对称 D. 当时，取到最小值 11. 在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意的，都有 B. 对于任意的，数列不可能为常数列 C. 若，则数列为递增数列 D. 若，则当时， 三、填空题 12. 若的展开式中有理项的系数和为2，则展开式中的系数为__________． 13. 我国古代有辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》，《缉古算经》均有着十分丰富的内容，是了解我国古代数学的重要文献，某中学计划将这本专著作为高中阶段“数学文化”样本课程选修内容，要求每学年至少选一科，三学年必须将门选完，则小南同学的不同选修方式有______种. 14. 在菱形ABCD中，，，将沿折起，使得．则得到的四面体的外接球的表面积为______． 四、解答题 15. 设函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求的值； （2）求的单调区间和极值. 16. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCE和四边形CDEF是全等的直角梯形，且这两个梯形所在的平面相互垂直，其中． （1）证明：平面BCD； （2）求平面BCD和平面ABF的夹角的余弦值． 17. 现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测. （1）若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率； （2）因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2∶1∶1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数的分布列及数学期望. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点，且. （1）求的方程. （2）设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由. 19. 已知由个数构成的有序数组，如果恒成立，则称有序数组为“非严格差增数组”. （1）设有序数组，试判断是否为“非严格差增数组”？并说明理由； （2）若有序数组为“非严格差增数组”，求实数取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州立德虔州高级中学2023~2024年第二学期高三期中考试数学试卷 命题人：审题人：高三数学组时间：120分钟 一、单选题 1. 若复数满足，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件，结合复数的运算法则可得，从而可求出共轭复数，进而可选出正确答案. 【详解】因为，所以， 所以的共轭复数，对应的点坐标为位于第四象限. 故选：D 2. 已知集合，，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由得出，再根据自己概念即可得解. 【详解】由已知，所以，又，所以， 故选:C. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的性质及对数的运算性质判断即可. 【详解】因为，，又， 所以，又， 所以. 故选：A 4. 若，都是正数，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将代入，利用基本不等式直接求解即可得出结论． 【详解】若，都是正数，且 ， 当且仅当时等号成立， 故选：A. 5. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可 详解：直线分别与轴，轴交于，两点 ,则 点P在圆上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 故点P到直线的距离的范围为 则 故答案选A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题． 6. 图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记，，…，的长度构成的数列为，则（ ） A B. 1 C. 10 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】首先由题意得到递推关系式，再求解数列的通项公式，即可求解. 【详解】，即, 因为，，…，的长度构成的数列为，则 则数列是公差为1的等差数列，首项， 所以，即， 所以. 故选：C 7. 已知，是两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模长公式可得，根据向量的坐标运算，利用，可得点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，求得圆心到原点的距离为，从而可得答案． 【详解】已知是两个单位向量，且， 则， 则，则， 设分别是轴与轴正方向上的单位向量， 则，，， 设，则， 因， 所以， 故中，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 圆心到原点的距离为， ． 故选：B． 8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式 【详解】因为，所以， 函数在上单调递增，且，因为 所以，所以，即， 又，所以，所以，即，综上，. 故选：D 二、多选题 9. 已知甲乙两人进行射击训练，两人各试射次，具体命中环数如下表（最高环数为环），从甲试射命中的环数中任取个，设事件表示“至多个超过平均环数”，事件表示“恰有个超过平均环数”，则下列说法正确的是（ ） 人员 甲 乙 命中环数 A. 甲试射命中环数的平均数小于乙试射命中环数的平均数 B. 甲试射命中环数的方差大于乙试射命中环数的方差 C. 乙试射命中环数的分位数是 D. 事件，互为对立事件 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平均数和方差的计算公式直接求解判断选项AB，利用分位数的定义判断选项C，结合对立事件分析两事件的意义即可直接判断选项D. 【详解】对于A，甲试射命中环数的平均数为， 乙试射命中环数的平均数为，故A错误； 对于B，甲试射命中环数相比乙试射命中环数，更为分散，则甲对应的方差更大，故B正确； 对于C，乙试射命中环数排序为， 因为，所以分位数为，故C正确； 对于D，因为甲试射命中环数的平均数为， 且甲试射命中的环数中有两个超过平均数的， 则任取个的情况为：“没有个超过平均环数”、“有个超过平均环数”和“有个超过平均环数”， 而事件表示“没有个超过平均环数”或“有个超过平均环数”， 事件事件表示“恰有个超过平均环数”， 所以事件，互为对立事件，D正确. 故选：BCD 10. 函数图像向左平移个单位长度后得到的图像，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图像关于点中心对称 D. 当时，取到最小值 【答案】BC 【解析】 【分析】利用三角变换和图象变换得到，代入计算后可判断AD的正误，根据定义可判断B的正误，利用整体法可求判断C的正误. 【详解】 ， 故， 对于A，，故A错误. 对于B，，而，故为偶函数，故B正确. 对于C，令，则， 故的图像的对称中心对称为，当时，对称中心为，故C正确. 对于D，，故为取到最大值，故D错误. 故选：BC. 11. 在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意的，都有 B. 对于任意的，数列不可能为常数列 C. 若，则数列为递增数列 D. 若，则当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断. 【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确； B：由，若为常数列且，则满足，错误； C：由且， 当时，此时且，数列递增； 当时，此时，数列递减； 所以时数列为递增数列，正确； D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性. 三、填空题 12. 若的展开式中有理项的系数和为2，则展开式中的系数为__________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】 时为有理项，， 由系数：, 故答案为：1. 13. 我国古代有辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》，《缉古算经》均有着十分丰富的内容，是了解我国古代数学的重要文献，某中学计划将这本专著作为高中阶段“数学文化”样本课程选修内容，要求每学年至少选一科，三学年必须将门选完，则小南同学的不同选修方式有______种. 【答案】 【解析】 【分析】分小南高中三年选修的科目数为2，2，1和3，1，1两种情况讨论即可. 【详解】根据题意，小南高中三年选修的科目数为2，2，1或3，1，1. 若小南高中三年选修的科目数为2，2，1时，先将5门学科分成三组共种不同方 式，再分配到高中三年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种； 若小南高中三年选修的科目数为3，1，1时，先将5门学科分成三组共种不同方 式，再分配到高中三年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种； 由加法原理可知小南同学的不同选修方式有种. 故答案为： 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，涉及到部分均匀分组问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题. 14. 在菱形ABCD中，，，将沿折起，使得．则得到的四面体的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得到，过球心作平面，则为等边三角形的中心，分别利用三角形的中心求出的长度，再利用勾股定理求出外接球半径的平方，进而求出外接球的表面积. 【详解】设菱形的对角线交点为， 因为四边形为菱形，所以和均是边长为2的等边三角形，则，又因为， 在中，， ，由余弦定理可得：，所以， 过球心作平面，则为等边三角形的中心， 因为，为公共边，所以， 则有，因为，为等边三角形的中心，则，， 在中，由，可得： ， 在中，， 设四面体的外接球的半径为，则， 所以四面体的外接球的表面积为， 故答案为：. 四、解答题 15. 设函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求的值； （2）求的单调区间和极值. 【答案】（1）； （2）递减区间是，递增区间是，极小值，极大值0. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出并验证得解. （2）由（1）的结论，利用导数求出单调区间及极值. 【小问1详解】 由函数，求导得， 依题意，，解得，此时， 显然点不在直线上，符合题意， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，函数的定义域为，， 当或时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值，当时，取得极大值， 所以函数的递减区间是，递增区间是，极小值，极大值0. 16. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCE和四边形CDEF是全等的直角梯形，且这两个梯形所在的平面相互垂直，其中． （1）证明：平面BCD； （2）求平面BCD和平面ABF夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面CDEF，再由线面垂直的性质定理、判定定理可得答案； （2）取EF的中点G，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面ABF、平面BCD的法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 因为平面平面CDEF，平面平面， 又，即，且平面ABCE，所以平面CDEF， 又平面CDEF，故， 又，即，且，平面BCD， 所以平面BCD； 【小问2详解】 取EF的中点G，连接CG，如图．由，得， 故四边形CDEG为平行四边形，则，又，所以． 由（1）知平面CDEF，所以， 则直线CG，CD，CB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直角坐标系， 设，则， 由勾股定理得，由全等关系知， 故， 从而， 设平面ABF的法向量为， 故， 令，则，故． 由（1）知平面BCD，故平面BCD法向量为， 设平面BCD和平面ABF的夹角为， 故． 17. 现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测. （1）若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率； （2）因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2∶1∶1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用全概率公式与贝叶斯公式即可得解； （2）利用全概率公式求得从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率，再利用二项分布的概率公式与数学期望公式即可得解. 【小问1详解】 设“抽的产品是优秀等级”， “产品是从甲工厂生产”， “产品是从乙工厂生产”，“产品是从丙工厂生产”， 则，， 则 ， 则. 所以该件产品是从乙工厂抽取的概率为. 【小问2详解】 依题意，设从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率为， 则， 由题意可知， 则， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 故. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点，且. （1）求的方程. （2）设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）是定点，定点为 【解析】 【分析】（1）根据向量运算可推导得到，得到；根据椭圆定义和关系可求得方程； （2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；求得坐标后，利用韦达定理化简纵坐标之和可得定值，由此可得中点为定点. 【小问1详解】 ，， 整理可得：，， ，，解得：，， 椭圆的方程为：. 【小问2详解】 由（1）可得：，则直线的斜率存在，可设，， 由得：， ，，， 直线过点，， 直线方程为：，令得：，即； 同理可得：； ， 线段的中点为定点. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③利用坐标表示法表示出所求量，代入韦达定理可整理得到所求定点. 19. 已知由个数构成的有序数组，如果恒成立，则称有序数组为“非严格差增数组”. （1）设有序数组，试判断是否为“非严格差增数组”？并说明理由； （2）若有序数组为“非严格差增数组”，求实数的取值范围. 【答案】（1）有序数组是“非严格差增数组”，有序数组不是“非严格差增数组”，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据“非严格差增数组”的定义判断即可； （2）根据“非严格差增数组”的定义得，变形为，按照，，，分类讨论求解即可. 【小问1详解】 对于有序数组，有，所以有序数组是“非严格差增数组”； 对于有序数组，有， 因为，所以有序数组不是“非严格差增数组”. 【小问2详解】 由题意，知有序数组中的数构成以1为首项，为公比的等比数列，且共有12项， 根据“非严格差增数组”的定义，得， 不等式两边平方得，整理得， 当时，显然对于恒成立； 当时，得对于恒成立， 所以等价于时，，即，显然成立； 当时，得， 当为奇数时，得，因为，所以显然成立； 当为偶数时，得，因为，所以显然不成立； 所以当时，矛盾，舍去； 当时，得， 当为奇数时，得，显然成立；当为偶数时，要使恒成立， 即等价于时，，即，解得或（舍去）； 综上可得，实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解“非严格差增数组”的定义，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $