精品解析：重庆市长寿区2024-2025学年高三上学期期末数学试题（B卷）

长寿区2024年秋期高中期末质量监测 高三年级数学试题（B卷） 注意事项： 1．考试时间：120分钟，满分：150分.试题卷总页数：4页． 2．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效. 3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑.需要书写的地方一律用0.5MM签字笔书写. 4．答题前，务必将自己的姓名、学校、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．） 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知样本数据，若去掉其中的最大数与最小数，则下列统计量不会变化的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 标准差 D. 极差 3. 已知向量，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则下列选项中的值不能确定的是（ ） A. B. C. D. 5. 下列函数中，既是奇函数又存在零点的是（ ） A. B. C. D. 6. 数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（ ） A. 24个 B. 12 C. 9个 D. 6个 7. 设，则中最大的是（ ） A. B. C. D. 8. 圆上的动点到直线的距离最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 9. 在中，角所对的边分别为，且，的面积，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 10. 如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 当为中点时，四点共面 B. 当为中点时，直线与所成角为 C. 三棱锥的体积为定值1 D. 的最小值为 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分．） 11. 命题：“”的否定为______． 12. 计算______． 13. 已知数列满足，则______． 14. 已知，则______． 15. 已知圆的面积为，矩形的四个顶点均在圆上，则矩形的面积最大值为______． 三、解答题（本题共5小题，每小题15分，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 口袋中装有3个不同的红球，2个不同的白球，从口袋中不放回地随机取出两个球． （1）共有多少种取法？ （2）求取出的2个球颜色不同的概率. 17. 已知函数的最小正周期为． （1）求和的对称中心； （2）求在上的最值并求相应的的值． 18. 已知函数为非零实数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若存在极值，且极值不小于，求的取值范围． 19. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 20. 已知椭圆的焦距为，离心率为． （1）求的标准方程； （2）过点的直线（斜率存在）交于两点，点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长寿区2024年秋期高中期末质量监测 高三年级数学试题（B卷） 注意事项： 1．考试时间：120分钟，满分：150分.试题卷总页数：4页． 2．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效. 3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑.需要书写的地方一律用0.5MM签字笔书写. 4．答题前，务必将自己的姓名、学校、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．） 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模的定义直接求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C 2. 已知样本数据，若去掉其中的最大数与最小数，则下列统计量不会变化的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 标准差 D. 极差 【答案】B 【解析】 【分析】直接求出和的平均数、中位数、标准差、极差，即可求解. 【详解】因为样本数据的平均数为， 中位数为，标准差为， 极差为， 又的平均数为，中位数为， 标准差为，极差为， 故选：B. 3. 已知向量，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用数量积的坐标运算及模长公式，求得，再利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】因为，则， 所以，又，所以， 故选：A. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则下列选项中的值不能确定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质判断即可. 【详解】由等差数列的性质可知，可得，， ，， 故无法确定， 故选：D 5. 下列函数中，既是奇函数又存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的定义和零点的定义逐个分析判断即可. 【详解】对于A，函数的定义域为，因为，所以此函数为偶函数，所以A错误， 对于B，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数， 因为无解，所以此函数无零点，所以B错误， 对于C，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数， 由，得，方程无解，所以此函数无零点，所以C错误， 对于D，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数， 由，得，解得，所以此函数存在零点，所以D正确. 故选：D 6. 数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（ ） A. 24个 B. 12 C. 9个 D. 6个 【答案】C 【解析】 【分析】分百位上为1和百位上为2两种情况列举即可. 【详解】当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数， 当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数， 所以组成不同的三位数有9个. 故选：C 7. 设，则中最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，得展开式各项的系数与二项式系数相等或互为相反数，再利用二式系数的性质，即可求解. 【详解】因为展开式的通项公式为， 所以展开式各项的系数与二项式系数相等或互为相反数， 又由二项式系数的性质知，二项式系数最大的项为第五、第六项，即，， 所以中最大的是. 故选：B. 8. 圆上的动点到直线的距离最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出圆心到直线的距离，再减去圆的半径即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离为 ， 所以圆上的动点到直线的距离最小值为 . 故选：A 9. 在中，角所对的边分别为，且，的面积，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件利用余弦定理和三角形的面积公式列方程求解即可. 【详解】因为，所以由余弦定理得， 由，得，得， 所以，得， 所以，得， 因为，所以. 故选：C 10. 如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 当为中点时，四点共面 B. 当为中点时，直线与所成角为 C. 三棱锥的体积为定值1 D. 的最小值为 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，先证得，再可证得，从而可进行判断，对于B，由于‖，则可得为直线与所成角，然后求解判断，对于C，由于//平面，所以，然后求解判断，对于D，由于为等边三角形，所以当为中点时，取得最小值. 【详解】对于A，因为为中点，为棱的中点，所以， 因为，‖，所以，‖， 所以四边形为平行四边形，所以‖， 因为‖，所以‖，所以四点共面，所以A正确； 对于B，由选项A可知当为中点时，‖，所以为直线与所成角， 在中，，所以， 所以，所以直线与所成角不为，所以B错误， 对于C，因为‖，平面，平面，所以‖平面， 所以，所以C正确， 对于D，因为为等边三角形，是上的动点，所以当为中点时，取得最小值， 因为等边的边长为2，所以边上的中线为， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查线线平行的判断，考查异面直线所成的角，考查棱锥的体积，考查空间图形中动点问题，解题的关键是正确运用正三棱柱的性质求解，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题. 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分．） 11. 命题：“”的否定为______． 【答案】 【解析】 【分析】将存在量词命题否定为全称量词命题即可. 【详解】“”的否定为“”. 故答案为： 12. 计算______． 【答案】1 【解析】 【分析】利用对数的运算，即可求解. 【详解】因为， 故答案为：. 13. 已知数列满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得数列是以1为首项，为公比的等比数列，从而可求出其通项公式，进而可求出. 【详解】因为数列满足， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 故答案为： 14. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先由已知条件求出，再利用余弦的二倍角公式可求得结果. 【详解】由，得，则， 所以. 故答案为： 15. 已知圆的面积为，矩形的四个顶点均在圆上，则矩形的面积最大值为______． 【答案】32 【解析】 【分析】先根据圆的面积求出圆的半径，再根据矩形的性质和基本不等式可求出矩形面积的最大值. 【详解】设圆的半径为，则，解得， 设矩形的长为，宽为， 因为矩形的四个顶点均在圆上， 所以， 所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以矩形的面积最大值为32. 故答案为：32 三、解答题（本题共5小题，每小题15分，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 口袋中装有3个不同的红球，2个不同的白球，从口袋中不放回地随机取出两个球． （1）共有多少种取法？ （2）求取出的2个球颜色不同的概率. 【答案】（1）10种 （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知，列举出取法，可得取法种数； （2）找出取出的2个球颜色不同的方法种数，利用古典概型即可求得概率. 【小问1详解】 记3个红球分别为，2个白球分别为， 则从口袋中不放回地随机取出两个球共有 十种取法， 因此共有10种取法． 【小问2详解】 2个球颜色不同的取法有六种取法， 由古典概型知，取出的2个球颜色不同的概率为． 17. 已知函数的最小正周期为． （1）求和的对称中心； （2）求在上的最值并求相应的的值． 【答案】（1）， （2）时，取得最小值；时，取得最大值3． 【解析】 【分析】（1）由最小正周期为，求得，得到解析式，借助正弦函数的对称性可得对称中心； （2）由已知，得，可得，即可求得的最值及相应的的值． 【小问1详解】 因为的最小正周期为，所以，则， 所以， 由得，， 所以的对称中心． 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以， 所以， 所以，当，即时，取得最小值； 当，即时，取得最大值3． 18. 已知函数为非零实数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若存在极值，且极值不小于，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，根据导数的几何意义可求出在处的切线方程； （2）对函数求导后，分和两种情况讨论，求函数的极值，然后根据题意列不等式可求出的取值范围． 【小问1详解】 当时，，则，所以， 因为，所以在处的切线方程为． 【小问2详解】 因为，所以， 所以当时，恒成立，在定义域内单调递减，无极值，不符合题意． 当时，当，当， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值， 由题意知，所以 19. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 如图，连接，设，连接， 因为底面为正方形，所以为的中点， 因为为的中点，所以在中，， 因为平面平面， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接，则由三角形的中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面，平面， 所以， 因为底面为正方形，所以， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以． 设平面的一个法向量， 则，令，则， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 所以， 因为二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为． 20. 已知椭圆的焦距为，离心率为． （1）求的标准方程； （2）过点的直线（斜率存在）交于两点，点，求证：． 【答案】（1） （2）设的方程为，与的方程联立得， 消去得． ， 设，由韦达定理得，． 设直线的斜率为的斜率为， 则 ， 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，设直线的斜率为的斜率为，然后化简计算即可得结论. 【小问1详解】 设的半焦距为，由题得，所以， 又因为，所以， 所以， 所以的标准方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线方程，将其代入椭圆方程化简，再结合根与系数的关系，考查计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $