精品解析：浙江省慈溪市2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷

2024学年第一学期期末测试卷 高三数学学科试卷 说明： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，，且，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知，是两个不共线的向量，若向量，共线，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 4. 我国19岁射击运动员盛李豪在2024年巴黎奥运会上夺得了男子10米气步枪金牌，他在决赛的最后10枪成绩为10.9，10.7，10.4，10.0，10.5，9.8，10.7，9.9，10.5，10.6，则这10枪成绩的第40百分位数是（ ） A. 10.5 B. 10.45 C. 10.4 D. 10.25 5. 在中，内角，，所对的边分别是，，，若，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知函数是奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 7. 已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（ ） A. 4 B. C. D. 8 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：和圆：，则（ ） A. 当与圆相切时， B. 当为圆一条对称轴时， C. 当时，与圆没有公共点 D. 当时，被圆截得的弦长为 10. 已知函数，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当且时， D. 当且时， 11. 胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（ ） A. 的最大值为 B. C. 曲线的内接矩形的面积最大值为24 D. 一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的最小正周期为______. 13. 已知，则______.（用数字作答） 14. 已知，是双曲线：（，）的左、右焦点，过作斜率为的直线交于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的离心率为______. 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. 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采用5局3胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （1）求赛完4局且乙获胜概率； （2）若规定每局获胜者得2分，负者得分，记比赛结束时甲最终得分为，求的分布列和数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，，，，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17 已知函数（）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围. 18. 已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2. （1）求的方程； （2）过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）设为直线与直线交点，记的面积为，的面积为，求的最小值. 19. 设，，定义：为，的最大公约数，为，的最小公倍数，且具有以下性质：①；②当时，. （1）已知数列，的通项公式分别为，，其中，令，求数列的通项公式； （2）已知有限数列满足，且（为给定常数）.若对，且（，）时，都有. （ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第一学期期末测试卷 高三数学学科试卷 说明： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，，且，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】明确集合，表示出集合，根据两集合的交集确定的值. 【详解】由，所以， 又，， 所以. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模公式求解. 【详解】解：因为， 所以， 所以， 故选：C 3. 已知，是两个不共线的向量，若向量，共线，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量定理列式计算得解. 【详解】由向量，共线，得，而向量，不共线， 因此，解得. 故选：D 4. 我国19岁射击运动员盛李豪在2024年巴黎奥运会上夺得了男子10米气步枪金牌，他在决赛的最后10枪成绩为10.9，10.7，10.4，10.0，10.5，9.8，10.7，9.9，10.5，10.6，则这10枪成绩的第40百分位数是（ ） A. 10.5 B. 10.45 C. 10.4 D. 10.25 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求这10枪成绩的第40百分位数. 【详解】将数据从小到大排列有， 所以，则这10枪成绩的第40百分位数是. 故选：B 5. 在中，内角，，所对的边分别是，，，若，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，再由余弦定理得到，由得到，再结合辅助角公式得到，从而求出、，结合前述推导式子求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】因为，， 所以，又，即， 所以， 所以， 所以， 因为，即， 又（其中）， 所以，则， 即， 又，即，即， 又，所以，解得， 所以，解得， 所以. 故选：B 6. 已知函数是奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数定义，结合赋值法计算得解. 【详解】由函数是奇函数，得， 整理得，取，得. 故选：A 7. 已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹，计算即可求解. 【详解】 因为，所以，平面，所以平面， 由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界. 为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为. 因此，三角形 的周长为. 故答案为 ：D . 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的公式进行化简处理即可. 【详解】由 得， 所以， 即，所以. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：和圆：，则（ ） A. 当与圆相切时， B. 当为圆的一条对称轴时， C. 当时，与圆没有公共点 D. 当时，被圆截得的弦长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线和圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】圆：的圆心为，半径. A选项，若与圆相切，则，解得， 所以A选项错误. B选项，当为圆的一条对称轴时，在直线上， 所以，所以B选项正确. C选项，当时，到直线的距离为， 所以与圆没有公共点，所以C选项正确. D选项，当时，到直线的距离为， 所以弦长为，所以D选项正确. 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当且时， D. 当且时， 【答案】AC 【解析】 【分析】求与比较，判断A的真假；求导，分析函数的单调性，可判断B的真假；利用函数单调性，结合A的结论，数形结合，可判断CD的真假. 【详解】对A：因（），所以当时，，故A正确； 对B：因为当时，， 当时，，即在上单调递增，所以有，故B错误； 对C：当时，由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，且， 由，所以，当时，成立，故C正确； 对D：因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以当且时，，故D错误. 故选：AC 11. 胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（ ） A. 的最大值为 B. C. 曲线的内接矩形的面积最大值为24 D. 一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】列出曲线方程，根据定义，可判断AB的真假；将曲线向下平移4个单位，化简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据的取值范围判断C的真假；把问题转化成正四面体的外接球与曲线相切，可求的最大值. 【详解】设为曲线上任意一点，则. 对A：当时，，所以是的最大值，故A正确； 对B：由， 又点在第一象限，所以，故B成立； 对C：将曲线向下平移4个单位，所得曲线方程为，与原曲线形状一致. 设为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线内接矩形的面积为， 因为，因为，所以. 即曲线内接矩形的面积小于24，故C错误； 对D：设正四面体的棱长为，则其外接球的半径为. 若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆与曲线相切，当时，两曲线在轴右侧且于点，故的最大值为4.故D正确. 故选：ABD 【点睛】结论点睛：如图正四面体，棱长为. 为正四面体的高，连接，延长交于，则为中点. 四面体外接球球心在高上，设为，则为四面体外接球半径. 因为棱长为，所以，， 在直角中， 设正四面体内切球半径为，则： ，解得 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的最小正周期为______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用正切型函数最小正周期公式直接计算即可. 【详解】代入正切型函数的最小正周期的公式：，得到最小正周期. 故答案为： 13. 已知，则______.（用数字作答） 【答案】85 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式来求得正确答案. 【详解】因为， 要求，即求展开式中的系数， 根据二项式展开式的通项公式， 对于，其通项为， 令，则展开式中的系数为， 对于，相当于展开式中的系数乘以， 令，则展开式中的系数为， 所以展开式中的系数为， 对于，相当于展开式中的系数， 令，则展开式中的系数为， 那么就是展开式中的系数， 所以， 把，，代入得：. 故答案为：85 14. 已知，是双曲线：（，）的左、右焦点，过作斜率为的直线交于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何关系可判断，可得，，再根据勾股定理可得. 【详解】 如图：因，可得， 因直线的斜率为，故， 由，故，， 故，得， 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. 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采用5局3胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （1）求赛完4局且乙获胜的概率； （2）若规定每局获胜者得2分，负者得分，记比赛结束时甲最终得分为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）根据已知分析赛完4局且乙获胜的对应事件，再应用独立事件乘法公式求概率； （2）由题设确定的可能取值并求出对应概率，写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 设“赛完4局且乙获胜”为事件，即乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜. 【小问2详解】 的可能取值为，，1，4，5，6， 则，，， ，，， 的分布列如表所示 1 4 5 6 所以. 16. 如图，在四棱锥中，，，，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，可得四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理可得结论； （2）建立以为原点，，所在直线为轴、轴的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可利用空间向量夹角的余弦公式求解. 【小问1详解】 取中点，连接，， 因为为中点，所以，且， 又因为，，所以，， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面. 建立以为原点，，所在直线为轴、轴的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面一个法向量 则，即，取， 设平面的一个法向量 则，即，取， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数（）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）令（），按的取值分类讨论，利用导数求的单调性，进而可得最值，只需即可. 小问1详解】 当时，，，所以， 又，所以，即， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 令（），则， （ⅰ）当时，，所以在上单调递增， 但当时，，所以此时不满足题意； （ⅱ）当时，令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以只需， 若，则显然成立； 若，令，则， 所以在上单调递减，又，所以； 综上所述，. 18. 已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2. （1）求的方程； （2）过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）依题意列式即可求解； （2）（ⅰ）设直线的方程为，，，直曲联立，利用韦达定理，代入斜率公式，化简可得答案； （ⅱ）设直线的直线方程为，则由（ⅰ）中结论可得直线的方程为，联立解得的横坐标为4，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，当时，可得的最小值. 【小问1详解】 由题意知，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）设直线的方程为，，， 由得，， 所以，， 所以， 由（1）得，， 则 . （ⅱ）设直线的直线方程为， 由（ⅰ）可知， 则直线的方程为，联立解得的横坐标为4. 所以 由（ⅰ）知，， ， 所以 ， 所以当时，的最小值为. 【点睛】关键点点睛：（2）（ⅱ）设直线为，利用（ⅰ）中结论得直线为，联立解得的横坐标，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理化简可得，可得的最小值. 19. 设，，定义：为，的最大公约数，为，的最小公倍数，且具有以下性质：①；②当时，. （1）已知数列，的通项公式分别为，，其中，令，求数列的通项公式； （2）已知有限数列满足，且（为给定常数）.若对，且（，）时，都有. （ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求，根据性质①可求. （2）（ⅰ）先根据条件求的取值范围，结合可求的范围，再说明. （ⅱ）利用性质②放缩，再结合裂项求和法可证命题成立. 【小问1详解】 因为，， 所以, 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）因为，且，， 所以，，，，…，. 又， 又当时，，所以. （ⅱ）因为 所以 又因为， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的第（ⅱ）问的关键在于利用性质②进行放缩，再利用裂项求和法求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$