精品解析：广东省广州市执信中学2024-2025学年高三上学期期末数学试题

2024学年第一学期数学学科高三期末考试 试卷 （考试时间120分钟，满分150分） 一、单项选择题：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. 复数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】A 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】，故在复平面内对应的点为， 位于第一象限. 故选：A. 2. 记等差数列的前项和为，已知，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质计算． 【详解】设的公差为，由等差数列的性质知， 所以，即，于是有. 故选：A． 3. 甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ） A. 12 B. 16 C. 18 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】先安排甲乙，然后安排其他人，再根据分步乘法计数原理求得正确答案. 【详解】甲乙两人听同一个讲座，方法数有种， 其他人听不同的讲座，方法数有种， 所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为种. 故选：D. 4. 如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由时，，可排除B，D；再由可排除C. 【详解】由图可知当时，，故排除B，D； 设，则，故排除C． 故选：A． 5. 将函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的（）倍，得到函数的图象，若，则正数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用图象变换得函数的解析式，再根据正切函数的图象和周期公式即可得正数的最小值. 【详解】由题意，得，，设函数的最小正周期为， 因为，所以，，又，， 解得，，所以正数的最小值为6. 故选：A. 6. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求得球的半径，结合球与球、圆锥都相切时满足题意，进而求得球的半径，即可求解. 【详解】由边长为的正三角形的内切圆半径为， 即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为2， 所以放入一个半径为2的小球后，再放一个球， 如下图， 要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大， 所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图， 此时， 所以球的表面积为，圆锥表面积为， 所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为 故选： A 7. 设椭圆的一个焦点为，为内一点，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令椭圆的左焦点为，利用椭圆的定义可求出的最大值和最小值，即可得出 的取值范围，即可求得椭圆的离心率的取值范围. 【详解】令椭圆的左焦点为，则， 由椭圆定义知，则， 设直线交椭圆于、两点（如图）， 而，即， 当且仅当点、 、共线时取等号. 当点与重合时，，则， 当点与重合时，，则， 所以，即，经检验，此时点在内， 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得 、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于 、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 8. 如图，在长方体中，，，，，，是平面上的动点，且满足的周长为，则面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在平面中，以的中点为原点，以为 轴正方向建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，求直线的方程，求点到直线的距离的最小值，结合三角形面积公式求结论. 【详解】在平面中，以的中点为原点，以为 轴正方向建立平面直角坐标系， 因为，，所以， 因为，，， 所以，，，，，， 因为的周长为，， 所以，所以点的轨迹为以为焦点的，长轴长为的椭圆， 设点的轨迹方程为， 则，， 所以点的轨迹方程为， 直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 设点的坐标为，， 则点到直线的距离为， 其中， 所以点到直线的距离最小值为，此时， 又， 所以面积的最小值是. 故选：D. 【点睛】关键点睛：关键在于建立适当坐标系，将几何问题转化为解析问题，利用坐标法求解 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第60百分位数为13.5 C. 对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4 D. 若决定系数越小，则两个变量的相关性越强 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布概率性质计算判断A，由百分位数定义计算判断B，把中心点代入回归方程求解后判断C，利用相关系数与决定系数的概念判断D，从而得解. 【详解】选项A，因为随机变量X服从正态分布，， 所以，故A正确； 选项B，这组数据总共有10个数，由于， 因此第60百分位数为，故B错误； 选项C，因为经验回归方程为，样本中心为， 所以，解得，故C正确. 选项D，因为， 当越小时，越小，此时两个变量的相关性越小，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的定义域均为，且，则下列选项一定正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D. 的图象关于直线对称 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知可得，可判断A；进而可关于 对称，可判断C； 【详解】因为， 所以，即， 所以关于直线对称，故A正确， 因为，，无法确定与的关系， 所以得不出，故B错误； 因为所以关于 对称，即为偶函数，故C正确， 由，可得，， 因为与的关系无法确定，所以得不出，故D错误. 故选：AC. 11. 椭圆与双曲线有共同的左焦点和右焦点，与离心率分别为，，它们在第一象限的交点为P（O为坐标原点），圆是的内切圆，过点P且与直线垂直的直线与交于，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. D. 过右焦点分别作直线，的垂线，垂足分别为M，N，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，根据椭圆和双曲线的定义求出与，再结合得出为直角三角形，利用勾股定理和离心率公式推出；B选项，先求出内切圆半径，进而得到，再根据角平分线性质和旁切圆知识求出，最终得出；C选项，通过分析，，的位置关系以及圆与坐标轴的切点，判断出；D选项，利用等腰三角形三线合一以及中位线性质，分别求出和，从而得出. 【详解】由题意可设，，， 解得，．当时，得为直角三角形． 由勾股定理得，，即，得． 即．故A正确． 圆是的内切圆，则其半径为， 得，且为的平分线． ，则为外角的平分线，故以为圆心， 以到直线的距离为半径的圆， 必与直线，，均相切（的一个旁切圆）， 可知该圆半径为，得， 所以．故B正确． 由以上分析知，，在同一直线上，易证圆与 轴切于的右顶点， 圆与 轴切于的右顶点，所以，故C错误． 因，垂足为M，延长交于点 ，因为平分， 由三线合一得，为的中点， 则，连接， 由中位线性质得，因， 垂足为 ，延长交于点， 因为平分的外角，由三线合一得， 为的中点， 则，连接， 由中位线性质得， 则．故D正确． 故选：ABD 【点睛】易错点睛： 在运用椭圆和双曲线定义时，要注意区分长轴长、实轴长以及焦距等概念，防止混淆. 计算三角形内切圆和旁切圆半径时，公式运用要准确，并且要理解其几何意义. 在利用等腰三角形三线合一和中位线性质时，要准确找出等腰三角形和对应的中位线，避免找错线段关系导致错误. 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角的正、余弦公式，再化弦为切，代入即可求值. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________. 【答案】15 【解析】 【分析】根据各项系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得指定项的系数. 【详解】令，得展开式中各项的系数和为，解得， 则.当时，，所以展开式中含项的系数为. 故答案为： 14. 已知函数，曲线在 ， 两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交 轴于 ， 两点，设△面积为，若恒成立，则 的最小值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】先根据已知条件求出，进而得到，再求出，根据的范围得出的范围，最后根据恒成立求出 的最小值. 【详解】由函数，设，，. 对求导得，所以在点 处切线. 对求导得，所以在点 处切线. 因为切线垂直，则，所以. 此时，因为，即，所以，，于是. 由，因为，，则， 解得. 因为， 又，根据基本不等式，所以. 由恒成立，则.则 的最小值为1. 故答案为：1. 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求A的值； （2）若边上的两条中线相交于点P，且求的正切值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用角之间的关系消去角C，运算即可得到再求角即可； （2）不妨设利用中线求出b，再利用正弦定理求解，进而在三角形中求解即可. 【小问1详解】 在，因为，由正弦定理得： 即 即 因为 所以 而  所以 整理得 因为中 所以 又所以 【小问2详解】 因为AM是边BC的中线，所以 则 不妨设则所以 即解得或舍 所以 在中即 即， 解得即 所以，在中 又易知，P是重心，所以 所以  16. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； （2）若的导函数有最小值，且是增函数，求 的取值范围． 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，最后根据切线与横轴、纵轴的交点坐标进行求解即可； （2）设，分类讨论函数的单调性，从而求其最值，从而得解. 【小问1详解】 由题意得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，得；令，得． 故所求三角形的面积为． 【小问2详解】 由（1）得， 设，则， 当时，单调递增，没有最小值． 当时，令，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 则． 因为是增函数，所以，即． 又，所以，得，即 的取值范围为． 17. 如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设 为的中点． （1）证明：平面； （2）设 为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明：如图，在平面ABC内过点 作直线， ∵平面，平面，∴，， ∴以 为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， ∵ 为的中点，∴， ∴，，， ∴，即， 又∵平面，平面，， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量的数量积为0，证明线线垂直，从而得到线面垂直. （2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数通过二次函数对称轴求函数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，即 则， ，， 设平面的一个法向量， 则，令 ，则， 即， 设直线与平面所成角为， 则， 令， 当时，取最小值，即， 即当时，取得最大值，， 【点睛】 18. 已知椭圆的离心率为左、右焦点分别是过的直线与C交于M，N两点的周长为 （1）求C的标准方程； （2）若记线段MN的中点为 （ⅰ）求R的坐标； （ⅱ）过R的动直线l与C交于P，Q两点，PQ，PN的中点分别是S和T，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的定义可得的周长为4a，求出离心率解得利用求出b，可得椭圆的方程； （2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合数量积为0，求出直线的斜率，进而求R的坐标；（ⅱ）不妨设点R的坐标是此时直线MN的方程可化为设点S到直线MN的距离为d，求出三角形的面积，分类讨论，求出d的最大值，即可得出结论. 【小问1详解】 由椭圆的定义可得的周长为4a，所以所以 离心率解得所以 所以椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得点坐标易得过点的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点， 由可得 ①直线MN斜率不存在时，在椭圆方程中令得 不妨设所以所以不成立； ②直线MN斜率存在时，设直线MN的斜率为k，则其方程为 设 由方程组消去y，得 则有 所以有 所以 当时 所以点R的坐标是 同理当时，点R的坐标是 综上所述，点R的坐标是或 （ⅱ）根据对称性面积最大值与点R所在象限无关， 不妨设点R的坐标是，此时直线MN的方程可化为 设点S到直线MN的距离为d， 因为T为PN的中点，R为MN的中点，所以可得 ①直线l斜率不存在时，点S坐标为，此时点S到直线的距离 ②直线l斜率存在时，设直线l方程为， 由方程组消去y，得 则有 所以点S坐标为 所以可得 令令 当时，即此时直线PQ与MN重合面积为 当即时，则有 从而当即时取得最大值 此时所以所以面积最大值为  【点睛】关键点点睛：解题的关键点是换元设函数再结合二次函数的性质求最值. 19. 若数列满足，则称为“螺旋递增数列”． （1）设数列是“螺旋递增数列”，且，求和； （2）已知数列满足：，判断数列是不是“螺旋递增数列”，若是，请证明；若不是，请说明理由； （3）设数列是“螺旋递增数列”，且，记数列的前项和为．问是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，请求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）是“螺旋递增数列”，证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）应用数列是螺旋递增数列计算求解； （2）结合螺旋递增数列的定义及等比数列的通项公式证明即可； （3）结合等差数列的通项公式及螺旋递增数列定义结合裂项相消法分奇偶项分别求解. 【小问1详解】 是以为首项，以4为公比的等比数列， ． 数列是“螺旋递增数列”，； 【小问2详解】 数列是“螺旋递增数列”，证明如下： 因为，则，所以， ，则 所以数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，则． 数列的偶数项是以1为首项，2为公比的等比数列，则． 所以，故数列是“螺旋递增数列”． 【小问3详解】 是以为首项，以2为公差的等差数列， ，又数列是“螺旋递增数列”， 故， ． ①当时， ， 又恒成立，恒成立，． ②当时， ， ， 又恒成立，恒成立， 综上①②，存在满足条件的实数，其取值范围是． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用裂项相消法结合函数的值域计算求参. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期数学学科高三期末考试 试卷 （考试时间120分钟，满分150分） 一、单项选择题：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. 复数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. 记等差数列的前 项和为，已知，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ） A. 12 B. 16 C. 18 D. 24 4. 如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 将函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的（）倍，得到函数的图象，若，则正数的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为2的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 设椭圆的一个焦点为，为 内一点，若 上存在一点 ，使得，则 的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在长方体中，，，，，， 是平面上的动点，且满足的周长为，则面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第60百分位数为13.5 C. 对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数 的值是－4 D. 若决定系数越小，则两个变量的相关性越强 10. 已知函数的定义域均为，且，则下列选项一定正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D. 的图象关于直线对称 11. 椭圆与双曲线有共同的左焦点和右焦点，与离心率分别为，，它们在第一象限的交点为P（O为坐标原点），圆是的内切圆，过点P且与直线垂直的直线与交于，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. D. 过右焦点分别作直线，的垂线，垂足分别为M，N，则 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________． 13. 已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________. 14. 已知函数，曲线在 ， 两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交轴于 ， 两点，设△面积为，若恒成立，则 的最小值为________． 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求A的值； （2）若边上的两条中线相交于点P，且求的正切值. 16. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； （2）若的导函数有最小值，且是增函数，求的取值范围． 17. 如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设 为的中点． （1）证明：平面； （2）设 为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 18. 已知椭圆的离心率为左、右焦点分别是过的直线与C交于M，N两点的周长为 （1）求C的标准方程； （2）若记线段MN的中点为 （ⅰ）求R的坐标； （ⅱ）过R的动直线l与C交于P，Q两点，PQ，PN的中点分别是S和T，求面积的最大值. 19. 若数列满足，则称为“螺旋递增数列”． （1）设数列是“螺旋递增数列”，且，求和； （2）已知数列满足：，判断数列是不是“螺旋递增数列”，若是，请证明；若不是，请说明理由； （3）设数列是“螺旋递增数列”，且，记数列的前 项和为．问是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，请求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $