精品解析：黑龙江省鹤岗市第一中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试题

鹤岗市第一中学2023-2024学年高三上学期期末考试 数学 总分：150 考试时间：120分钟 一、单选题（每题5分，40分） 1. 圆心为，且与x轴相切的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得出圆的半径，然后可得答案. 【详解】因为圆心为，且与x轴相切，所以此圆的半径为， 所以圆的方程为， 故选：B 2. 某病毒引起的肺炎的潜伏期平均为7天左右，短的大约2~3天，长的大约10~14天，甚至有20余天．某医疗机构对400名确诊患者的潜伏期进行统计，整理得到以下频率分布直方图．根据该直方图估计；要使90%的患者显现出明显病状，需隔离观察的天数至少是（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意先求出每组得频率，再根据要使90%的患者显现出明显病状即可求得答案. 【详解】解：由题可知，第一，二，三，四，五组的频率依次为0.16，0.4，0.32，0.08，0.04， 又因前三组的频率和为0.88，前四组的频率和为0.96， 故要使90%的患者显现出明显病状，需隔离观察的天数至少是天. 故选：C. 3. 已知奇函数的定义域为．若为偶函数.且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由为偶函数分析可得，又由为奇函数，分析可得，进而可得，即函数是周期为的周期函数，据此求出与的值，相加即可得答案. 【详解】根据题意，为偶函数，则有，变形可得，又由为奇函数，则. 综合可得：则有，即函数是周期为4的周期函数，所以，，． 故选： 【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性周期性应用，属于中等题型. 4. 设集合则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求解集合A，进而可得解. 【详解】. 故选：A. 5. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将化简为，则，计算即可. 【详解】， ， . 故选：D. 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且．若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由已知及椭圆概念，可得和，则可由表示，再由，可通过换元及函数单调性得到离心率的取值范围. 【详解】因为，所以．设，则， 在中，，所以， 即．则， 令，由，得，则， 由于函数在上单调递增， 则，所以， 即，所以， 故离心率． 故选：B． 7. 已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】三角函数在区间上单调，可知在区间内不含对称轴，构建不等式即可求得的取值范围. 【详解】因为， 令，可得对称轴方程， 函数在区间上是单调的， ,且，， 即， 函数在区间上是单调的， 所以，即， 又， 可得或， 故选：C. 8. 若直线与曲线和圆都相切，则的方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数设切点求解切线方程，即可根据圆心到直线的距离即可求解. 【详解】由，得，设切点为， 则切线方程为，即， 又切线与圆也相切，，化简得， 解得. 当时，直线的方程为； 当时，直线方程为. 故选：B. 二、多选题（每题6分，24分） 9. 已知{an}为等差数列，，则（     ） A. {an}的公差为-2 B. {an}的通项公式为an=313n C. {an}的前n项和为 D. {|an|}的前50项和为2565 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式逐一判断即可. 【详解】设该等差数列的公差为， 因为， 所以由， 所以选项A不正确，由， 所以，所以选项B正确； {an}的前n项和为，所以选项C正确； 设{|an|}的前50项和为， 由， 所以 ， 因此选项D正确， 故选：BCD 10. 若函数有两个极值点，（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】在同一坐标系下作出函数的图象，则两函数的图象有两个交点,数形结合分析得到所以，所以选项A正确； 利用零点定理证明，所以选项B正确； 求出，再求二次函数的值域即得选项C正确； 因为，所以选项D错误. 【详解】由题得， 令， 在同一坐标系下作出函数的图象，则两函数的图象有两个交点. 函数的图象是过定点的直线. 设直线和曲线切于点，则. 所以两个函数的图象要有两个交点，则. 由于切点为，所以所以，所以选项A正确； 设， 所以，因，所以， 当时，，所以，所以选项B正确； 由题得 由题得， 二次函数开口向下，对称轴为， 所以函数在定义域内单调递增， 所以，所以. 所以. 所以选项C正确； 由图象可知函数在单调递增，在单调递减，在单调递增. 因为，所以选项D错误. 故选：ABC 11. 如图，与分别为圆台上､下底面直径，，若，则（ ） A. 圆台的全面积为 B. 圆台的体积为 C. 圆台的中截面（过圆台高的中点且平行底面的截面）面积为 D. 从点经过圆台的侧面到点的最短距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题目所给数据代入圆台的全面积公式和体积公式可知A正确，B错误；易知圆台的中截面是以等腰梯形的中位线为直径的圆，可得其截面积为，所以C错误；根据圆台侧面展开图利用弧长公式和余弦定理即可求得点经过圆台的侧面到点的最短距离为，即D正确. 【详解】对于选项：圆台的全面积包括上下底面积及侧面积，底面积为， 根据圆台侧面积公式可得其侧面积为，所以圆台的全面积为，故A正确； 对于B选项：根据台体体积公式可得圆台体积为，故B错误； 对于C选项：易知圆台的轴截面为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径， 所以中截面圆的半径长为，所以中截面圆的面积为，故C错误； 对于D选项：将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开，延长交于点，如图所示： 在圆台的轴截面等腰梯形中，， 根据台体性质易知分别为的中点，所以3， 设，则，则， 在中，，由余弦定理可得 ， 因此，从点经过圆台侧面到点的最短距离为，故D正确. 故选：AD. 12. 已知点在抛物线的准线上，过抛物线的焦点作直线交于、两点，则（ ） A. 抛物线的方程是 B. C. 当时， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出的值，可得出抛物线的方程，可判断A选项；设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可判断B选项；根据平面向量的线性运算，结合韦达定理求出的值，再结合抛物线的焦点弦长公式可判断C选项；计算出直线、的斜率之和，可判断D选项. 【详解】对于A选项，抛物线的准线方程为， 因为点在抛物线的准线上，则，可得， 所以抛物线的方程为，A对；    对于B选项，抛物线的焦点为， 若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意， 所以直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立，可得，，则， 所以，B对； 对于C选项，因为，即，则， 因为，可得， 则，则， 此时， ，C错； 对于D选项，，同理可得， 所以 ， 所以，D对. 故选：ABD. 三、填空题（每题5分，20分） 13. 已知，，则的值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式可求的值. 【详解】因为，故，故， 而 ， 故答案为：. 14. 已知向量，则________． 【答案】 【解析】 【分析】 先算出的坐标，再用求模的公式计算即可. 【详解】由可得， 则. 故答案为：. 【点睛】本题考查了向量的模的坐标运算，属于基础题. 15. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】 圆锥内半径最大的球是圆锥的内切球，设球与底面相切于，与侧面相切于点B，利用相似三角形即可求出内切球的半径，从而求出内切球的表面积. 【详解】如图，由题意可知，， 圆锥内半径最大的球满足与底面相切于，与侧面相切于点B， 则 ， 所以 ， 设球的半径为r，则， 所以， 解得，故. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆锥内切球的表面积的求法，属于中档题. 16. 已知，，且，则的最大值为____________. 【答案】##0.125 【解析】 【分析】由已知条件，可变形为，利用基本不等式求出的最小值，可得的最大值. 【详解】已知，，且， 则， ， 当且仅当，即时等号成立， 则有，，所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题 17. 已知双曲线.四个点中恰有三点在双曲线上. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于两点，且，求原点到直线的距离. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由双曲线性质可知，关于原点对称，可得一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象判断点不在双曲线上，即在双曲线上，进而可得答案. （2）联立直线与双曲线方程消去，由，结合韦达定理可得，再利用点到直线距离公式，化简即可得答案. 【小问1详解】 由双曲线性质可知，关于原点对称， 所以一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象 而和坐标的数中，，但， 所以点不在双曲线上，即在双曲线上. 解得 双曲线的方程为 【小问2详解】 直线的方程为，设， 由消去得 所以. 由，可得，即 所以， 可化为 即 则 即 到的距离. 18. 如图，已知正方体和正四棱台中，，． （1）求证：平面； （2）若点在线段上，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量及直线的方向向量；再利用线面平行的向量判断方法即可求解. （2）先设出点的坐标，求出直线的方向向量与平面一个法向量，利用线面所成角的向量计算方法列出等式得出点的坐标；再求出平面和平面的一法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法即可求解. 【小问1详解】 连接，过作于点， 则由正四棱台的性质可得：平面. 又因为在正四棱台中，，， 所以， 故． 以为坐标原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，，. 所以，，． 设平面的法向量为， 则，得， 令，得， 则， 故. 又因为平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为点在线段上， 所以设，， 则． 设直线与平面所成的角为， 则，得． 易知平面的一个法向量为， 则，得， 则． 又因为，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，得， 令，得． 设平面的一个法向量为， 则，得， 令，得． 则. 由图可知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为． 19. 为树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念，三明市某公司将于2022年3月12日开展植树活动，为提高职工的积极性，活动期间将设置抽奖环节，具体方案为：根据植树的棵数可以选择在甲箱或乙箱中摸奖，每箱内各有除颜色外完全相同的10个球，甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中a个红球、b个黄球、5个黑球（），乙箱内有6个红球、4个黄球．若在甲箱内摸球，则每次摸出一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，摸得黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金；若在乙箱内摸球，则每次摸出两球后放回原箱，两球均为红球奖150元，否则没有奖金． （1）据统计，每人的植树棵数X服从正态分布N（15，25），现有1000位植树者，请估计植树的棵数X在区间（10，25）内的人数（结果四舍五入取整数）； （2）根据植树的棵数，某职工可选择以下两种方案摸奖，方案一：三次甲箱内摸奖机会；方案二：两次乙箱内摸奖机会．请根据奖金的数学期望分析该职工如何选择摸奖方案． 附参考数据：若，则，． 【答案】（1）819名； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，先通过正态分布求出1000位植树者中植树的棵数在（15，25）内的概率，进而求出估计的人数； （2）根据题意，先求出两种方案摸奖所得奖金的期望，进而比较两个方案奖金期望的大小，然后选择较大的期望即可. 【小问1详解】 由题知，，，所以 ，所以1000位植树者中植树的棵数在（15，25）内的人数估计为人. 【小问2详解】 甲箱内一次摸奖，奖金的所有可能值为0，50，100， 且，，，， 则， 所以甲箱中三次摸奖所得奖金期望为，. 乙箱内一次摸奖，奖金的所有可能值为0，150， 且， 所以乙箱中两次摸奖所得奖金的期望为． 所以，当时，，建议该职工选择方案二； 当时，，建议该职工选择方案一； 当时，，建议该职工选择方案一； 当时，，建议该职工选择方案一. 20. 在各项均为正数的等比数列中，，，，成等差数列．等差数列满足，． （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前n项和为． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式进行求解即可; （2）用裂项相消法进行求解即可 【小问1详解】 设各项均为正数的等比数列的公比为，等差数列的公差为d， 因为，，成等差数列，所以 即， 因为，，所以，解得或（舍去）， 所以，， 由可得，解得， 所以； 【小问2详解】 因为，所以， 所以 21. 已知函数为奇函数，且的最小正周期是. （1）求的解析式； （2）当时，求满足方程的的值. 【答案】（1） （2）或或 【解析】 【分析】（1）利用二倍角余弦公式和辅助角公式化简函数，然后根据奇函数性质和最小正周期求得解析式即可； （2）先解二次方程得或，然后结合角的范围即可求解正弦函数方程. 【小问1详解】 由题意可得 ， 因为的最小正周期是，所以，又为奇函数，则， 所以，又，所以，故. 【小问2详解】 由，即，则或， 所以或，即或. 因为，所以，则，或，或， 所以或或. 22. 已知函数 (为正有理数)． （1）求函数的单调区间； （2）证明： 当时，． 【答案】（1）的增区间为，减区间为， （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间， （2）由于在单调递减，所以，令，所以只要证即可，而，所以只要证明： 当时，，而，所以令，然后利用导数求的最大值小于等于零即可. 【小问1详解】 函数的定义域为． （正有理数)， 当时，，，所以； 当时，，，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的增区间为，减区间为； 【小问2详解】 因为在单调递减， 所以． 记， 因此要证，只要证即可 而且， 因此只要证明： 当时，． 而． 令，则， 令， 则． 令，则， 令，则， 所以在(0，1]上单调递增， 又， 又在(0，1]上连续， 故存在， 使得当时，，当时，， 所以在上单调递减， 在单调递增． 又，所以． 即，所以在单调递减， 所以，即． 综上所述，当时，． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是结合（1）将问题转化为证明当时，，构造函数，然后转化为利用导数求其最大值不大于零即可，考查数学转化思想，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 鹤岗市第一中学2023-2024学年高三上学期期末考试 数学 总分：150 考试时间：120分钟 一、单选题（每题5分，40分） 1. 圆心为，且与x轴相切的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 某病毒引起的肺炎的潜伏期平均为7天左右，短的大约2~3天，长的大约10~14天，甚至有20余天．某医疗机构对400名确诊患者的潜伏期进行统计，整理得到以下频率分布直方图．根据该直方图估计；要使90%的患者显现出明显病状，需隔离观察的天数至少是（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 3. 已知奇函数的定义域为．若为偶函数.且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 4. 设集合则 A. B. C. D. 5. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆左、右焦点分别为，点在椭圆上，且．若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上是单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若直线与曲线和圆都相切，则的方程可能为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，24分） 9. 已知{an}为等差数列，，则（     ） A. {an}的公差为-2 B. {an}的通项公式为an=313n C. {an}的前n项和为 D. {|an|}的前50项和为2565 10. 若函数有两个极值点，（），则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，与分别为圆台上､下底面直径，，若，则（ ） A. 圆台的全面积为 B. 圆台的体积为 C. 圆台的中截面（过圆台高的中点且平行底面的截面）面积为 D. 从点经过圆台侧面到点的最短距离为 12. 已知点在抛物线的准线上，过抛物线的焦点作直线交于、两点，则（ ） A. 抛物线的方程是 B. C. 当时， D. 三、填空题（每题5分，20分） 13. 已知，，则的值为__________． 14. 已知向量，则________． 15. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为__________． 16. 已知，，且，则的最大值为____________. 四、解答题 17. 已知双曲线.四个点中恰有三点在双曲线上. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于两点，且，求原点到直线距离. 18. 如图，已知正方体和正四棱台中，，． （1）求证：平面； （2）若点在线段上，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值． 19. 为树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念，三明市某公司将于2022年3月12日开展植树活动，为提高职工的积极性，活动期间将设置抽奖环节，具体方案为：根据植树的棵数可以选择在甲箱或乙箱中摸奖，每箱内各有除颜色外完全相同的10个球，甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中a个红球、b个黄球、5个黑球（），乙箱内有6个红球、4个黄球．若在甲箱内摸球，则每次摸出一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，摸得黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金；若在乙箱内摸球，则每次摸出两球后放回原箱，两球均为红球奖150元，否则没有奖金． （1）据统计，每人的植树棵数X服从正态分布N（15，25），现有1000位植树者，请估计植树的棵数X在区间（10，25）内的人数（结果四舍五入取整数）； （2）根据植树棵数，某职工可选择以下两种方案摸奖，方案一：三次甲箱内摸奖机会；方案二：两次乙箱内摸奖机会．请根据奖金的数学期望分析该职工如何选择摸奖方案． 附参考数据：若，则，． 20. 在各项均为正数的等比数列中，，，，成等差数列．等差数列满足，． （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前n项和为． 21. 已知函数为奇函数，且的最小正周期是. （1）求的解析式； （2）当时，求满足方程的的值. 22. 已知函数 (为正有理数)． （1）求函数的单调区间； （2）证明： 当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$