精品解析：浙江省绍兴市第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷

绍兴一中2024学年第一学期期末考试 高三数学试卷 一、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. 2. 设，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设 ， ，分别为函数，，的零点，则 ， ，的大小关系为( ). A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（ ） A. 12 种 B. 18 种 C. 24 种 D. 30 种 8. 已知函数，且若，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示， 则下列说法中正确的是（ ） 附：若随机变量X服从正态分布，则. A. 乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩 B. 甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩 C. 甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近 D. 若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.1587 10. 在正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 直线 与直线所成角为 D. 若，则平面四点共面 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ） A. 序列是需要交换3次的序列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，若第三项的系数为15，则__________. 13. 已知，，则的最小值为__________. 14. 已知双曲线的两个焦点分别为、，，以为直径的圆与双曲线在第四象限的交点为 ，若直线与圆相切，则双曲线的离心率是_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知在 中，角的对边分别为 ，且． （1）求角 ； （2）若 为边 上一点，且，求的值． 16. 已知函数在定义域上有两个极值点. （1）求实数 的取值范围； （2）若，求 的值. 17. 已知菱形 如图①所示，其中且，现沿 进行翻折，使得平面平面，再过点 作平面，且，所得图形如图②所示． （1）求六面体的体积； （2）若点 满足，若 与平面所成角为，求的最大值． 18. 已知椭圆 ：，两焦点和短轴一个端点构成边长为的正三角形． （1）求椭圆方程； （2）设直线：与椭圆 相切于第一象限内的点 ，不过原点 直线：与椭圆 交于不同的两点，点 关于原点 的对称点为 ．记直线的斜率为，直线 的斜率为． ①求的值； ②若 ， ， ， 四点围成的四边形为平行四边形，求的值． 19. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数. （1）判断4和6是否为可分数，并说明理由； （2）求小于81的最大可分数； （3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绍兴一中2024学年第一学期期末考试 高三数学试卷 一、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】D 【解析】 【分析】根据不等式解法可得集合，再由指数函数单调性可得，再由交集运算得出结果. 【详解】易知， 再由指数函数的单调性可得时，即， 因此. 故选：D 2. 设，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，结合复数的加减与共轭复数与模长即可得结论. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量共线的坐标运算求解. 【详解】向量，，若，则有，解得. 故选：D. 4. 圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由所截圆台的上下底面半径的比例及母线长，即可求得圆锥的母线长，再利用圆锥侧面积公式即可得到答案. 【详解】如图所示： 圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为， 则，解得，所以圆锥母线长为， 所以该圆锥的侧面积为 故选：B. 5. 设 ， ，分别为函数，，的零点，则 ， ，的大小关系为( ). A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，，所以，然后在和时，分别判断和的零点，即 ，的取值范围，最后综合判断即可. 【详解】因为时，，又因为单调递增，所以； 若，则，所以时，，即； 若，则，所以时，，即. 综上所述，， 故选：D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件得，进而，再用两角和的正切公式求解即可. 【详解】因为所以， 等式左边， 所以，即， 故． 故选：A. 7. 某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（ ） A. 12 种 B. 18 种 C. 24 种 D. 30 种 【答案】C 【解析】 【分析】分情况讨论，结合排列组合知识计算即可. 【详解】若乙、丙、丁 3 人体验的项目各不相同，则有 种体验方法， 若乙、丙、丁 3 人有 2 人体验的项目相同，则有 种体验方法， 故不同的体验方法共有 24 种. 故选：C. 8. 已知函数，且若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数式，结合条件，反向逆推，考虑所含的六种不同情况，逐一检验即得. 【详解】根据题设函数，由逆推，可有以下六种情况： ① ； ② ； ③ ； ④ ； ⑤ ； ⑥ . 综上，对于A，由情况⑥可知A不正确； 对于B，C，由情况①可知B不正确，C也不正确； 对于D，由上分析知，故D正确. 故选：D. 【点睛】思路点睛：由条件和选项特点，考虑根据分段函数式进行逆推，在求函数值过程中，要考虑条件的满足，以及可能出现的所有情况，再进行判断即可. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示， 则下列说法中正确的是（ ） 附：若随机变量X服从正态分布，则. A. 乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩 B. 甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩 C. 甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近 D. 若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.1587 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布曲线与参数的关系、参数的意义、正态曲线的对称性，对四个选项逐一分析判断即可． 【详解】解：由图象可知，甲的图象关于对称，乙的图象关于对称， 所以甲同学的平均成绩为75分，乙同学的平均成绩为85分， 故选项A正确，B错误； 因为甲的图象比乙的图象更“高瘦”， 所以甲的成绩比乙的成绩更集中于平均值左右， 则甲同学成绩的方差比乙同学成绩的方差小， 故选项C正确； 若，则甲同学成绩高于80分的概率约为， 故选项D正确． 故选：ACD． 10. 在正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 直线 与直线所成角为 D. 若，则平面四点共面 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可判断AB正确；由异面直线的向量求法可得C错误，由向量的坐标运算，根据空间向量共面定理可判断D正确. 【详解】在正方体中， 分别以为 轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 对于A，， 设平面的一个法向量， 因为平面，所以平面，A正确； 对于B，因为，所以，B正确； 对于C，设直线 与直线所成角为， 则，又，所以，C错误； 对于D，因为，所以， 则，设， 则，解得，所以，所以共面，所以四点共面，可得D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ） A. 序列是需要交换3次的序列 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意可判断A中序列交换次数；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D. 【详解】对A，序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误； 对B，不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为， 将元素n冒泡到最右侧，需交换次次， 将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次， ， 故共需要， 即最大交换次数，故B正确； 对C，只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确； 对D，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列， 使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2， 则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置， 若元素n+1在新序列的最后一个位置， 则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个）， 若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换， 故原序列交换次数为1（这样的序列有个）， 若元素n+1在新序列的倒数第三个位置， 则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个）， 因此，， 所以，显然， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：在解与数列新定义相关的题目时，理解新定义是解决本题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，若第三项的系数为15，则__________. 【答案】6 【解析】 【分析】利用展开式的通项求解即可． 【详解】的展开式的通项为， 则第三项的系数为，即， 即，解得(舍)或． 故答案为：6． 13. 已知，，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意可得，则，令，利用导数求出的最小值，即可得解. 【详解】，， ，，， 即，所以， 令，， 则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，当且仅当时取得. 故答案为： 14. 已知双曲线的两个焦点分别为、，，以为直径的圆与双曲线在第四象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的离心率是_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据相切以及圆的性质可得，即可根据相似求解长度，由勾股定理以及双曲线的定义即可求解. 【详解】设直线与圆相切于点 ， 因为以为直径的圆过点，所以， 又圆 与直线的切点为 ，所以，从而， 由，得，所以， 又，所以，解得， 因此离心率为， 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知在 中，角的对边分别为 ，且． （1）求角 ； （2）若 为边 上一点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，结合三角恒等变换与辅助角公式可求得，求解即可； （2）设，利用等边三角形的性质得，在中利用余弦定理求得 ，即可求解比例. 【小问1详解】 依题意，， 由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 即， 所以，即， 因为，所以，所以，即． 【小问2详解】 不妨设，则， 因为，所以为等边三角形， 则， 由余弦定理得， 所以，解得或（舍去）， 所以． 16. 已知函数在定义域上有两个极值点. （1）求实数 的取值范围； （2）若，求 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，然后利用判别式以及韦达定理求解； （2）计算，然后代入的值计算整理后构造函数，求导，利用函数单调性来求解. 【小问1详解】 由已知， 因为函数在定义域上有两个极值点， 所以，解得， 所以实数 的取值范围为； 【小问2详解】 由（1）得，， 即两个极值点为方程的两根， 则， 所以 代入得 ，其中， 则，得， 设， 则，当时，， 即在上单调递增，又， 所以. 17. 已知菱形 如图①所示，其中且，现沿 进行翻折，使得平面平面，再过点 作平面，且，所得图形如图②所示． （1）求六面体的体积； （2）若点满足，若 与平面所成角为，求的最大值． 【答案】（1）12 （2） 【解析】 【分析】（1）取 的中点 ，连接,证明平面，推得，过点 作于点 ，得平面，且，即可由求得； （2）由题建系，求出相关点和相关向量坐标，设，得，由空间向量的夹角公式求出，通过换元，利用二次函数的值域即可求出其最大值. 【小问1详解】 如图，取 的中点 ，连接,因,则, 又平面平面，且平面平面, 平面,故平面, 同理，平面.因平面，则, 过点 作于点 ，则得,故平面，且. 于是六面体的体积为: ; 【小问2详解】 如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 则, 设平面的法向量为，则， 可取. 由可知，点在 上，可设其坐标为，则, 依题意，， 设，则，故， 因，故， 即当，时，取得最大值，为. 18. 已知椭圆 ：，两焦点和短轴一个端点构成边长为的正三角形． （1）求椭圆方程； （2）设直线：与椭圆 相切于第一象限内的点，不过原点 直线：与椭圆 交于不同的两点，点 关于原点 的对称点为 ．记直线的斜率为，直线 的斜率为． ①求的值； ②若 ，， ， 四点围成的四边形为平行四边形，求的值． 【答案】（1） （2）①1 ；② 或 【解析】 【分析】（1）根据题中条件可得，进而可得； （2）①由直线和椭圆相切，联立和椭圆方程可得，进而可得，联立和椭圆方程可得，，进而，即得； ②根据几何关系，由 ，， ， 四点围成的四边形为平行四边形，得，进而可得，即得. 【小问1详解】 由题意，从而，， 所以椭圆方程为． 【小问2详解】 ①由消得（*）， 由，得， 此时方程（*）可化为：， 解得：（由条件可知： ， 异号）， 设，则，， 即，所以， 因为直线， 由消得， 当时，方程有两个不相等的实根， 设，，则，， 因为 ， 两点关于原点对称，所以， 所以，， 所以，故． ②设直线与轴交于点 ，直线与轴交于点，则， 于是， 由①可知：，若四点围成的四边形为平行四边形， 则还需，即， 由①可知：，所以． 又，， 所以， 由可得：， 又，所以，即， 当时，； 当时，． 【点睛】关键点点睛：本题第二问求，关键是利用几何关系转化为，进而与，方程中的 ，，进而可得. 19. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数. （1）判断4和6是否为可分数，并说明理由； （2）求小于81的最大可分数； （3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：. 【答案】（1） 令，①，； ②，；③，， 综上所述， 不是可分数， 令，，由，， 则是可分数. （2） （3） 设偶数为可分数，则存在使得， 由可知二元子集中两元素和的最大值为， 于是集合 中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为， 于是必定与在同一个二元子集中， 必定与在同一个二元子集中， 必定与在同一个二元子集中， 若，由可知不属于集合 ， 故无法对进行分组，此时不是可分数； 若，则分组之后还剩下大于等于的整数， 此时不是可分数； 若，则分组之后还剩下， 因为，则是可分数等价于也是可分数， 若，则可将 划分成以下各组：， 每组中两元素之和均为，因此此时是可分数， 由于小于的可分数的个数为，则， 又小于3的可分数只能为2，则，于是， 故是首项为，公比为2的等比数列， 则，于是， 又， 因此. 【解析】 【分析】（1）根据题中新定义，举例说明即可得解； （2）利用题中新定义，结合等差数列的性质，列出满足的集合，从而得解； （3）根据题中新定义，分类讨论、与三种情况，分析得是等比数列，进而求得，再利用分组求和法即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，且，则令， 由，且， 则是小于最大的可分数. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $