精品解析：贵州省印江中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试题

贵州省印江中学2023-2024学年高三上学期期末考试 高三数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷．草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 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. 已知，则“存在使得”是“”的（ ）． A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知实数x，y满足，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数若函数的零点有个或个，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数f(x)＝asin x＋cos x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝对称，则函数g(x)＝sin x＋acos x的图象（ ） A. 关于点对称 B. 关于点对称 C. 关于直线x＝对称 D. 关于直线x＝对称 6. 在平行四边形中，，点为该平行四边形所在平面内的任意一点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 7. 一只蜗牛从数轴原点出发向正方向前进1个单位长度，接着后退个单位长度，然后再前进个单位长度，接着后退个单位长度，以此类推．经过足够长的时间后，蜗牛将始终会在某个位置附近前后爬行，这个位置的坐标是（ ） A. B. C. D. 8. 已知面积为的正三角形的所有顶点都在球的球面上，若三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ） 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，则（ ） A. B. C. D. 当时，的最小值为4 10. 已知函数，周期为，且满足，则（ ） A. B. 向右平移个单位变为偶函数 C. 在区间上单调递减 D. 在上有两个不相等的实数解 11. 设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 对任意给定的实数，总存在，当时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知实数、满足，则的最小值为_______． 13. 已知点，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，且的最小值为2，则实数的值为_______________. 14. 已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于两点，已知四点共圆，则圆心坐标为______． 四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16､17题15分，第18､19题17分，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知幂函数（）的图像关于轴对称，且. （1）求的值及函数的解析式； （2）若，求实数的取值范围. 16. 《营造法式》是中国北宋时期官方颁布的一部建筑设计与施工的书籍，标志着我国古代建筑技术和工艺发展到了较高水平.中国近代建筑之父梁思成用现代语言和制图方法对该书进行了注释，著有《营造法式注释》.为了让建筑类学生了解古建筑设计与构造的原理，某建筑大学为大三和大四的学生开设了一门选修课程《营造法式及其注释》.为检测学生学习效果，要求所有选修该门课程的学生完成“应用营造法式独立制作一件古建筑模型”的作业.已知选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为，现用分层抽样的方法从所有作业中随机抽取份（每位学生均上交一份作业），并评出成绩，得到如下频数分布表. 成绩（单位：分） 频数（不分年级） 频数（大三年级） （1）求，的值；若以频率作为概率，从选修该门课程的大四学生中随机选取名，试估计该学生的作业成绩在的概率； （2）估计这份作业中大三学生作业的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 17. 已知点M为直线l1：x＝－1上的动点，N(1，0)，过M作直线l1的垂线l，l交MN的中垂线于点P，记点P的轨迹为C． （1）求曲线C的方程； （2）若直线l2：y＝kx＋m(k≠0)与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，与曲线C交于A，B两点，且D为线段AB的中点，求直线l2的方程． 18. 如图，在六棱锥中，底面是边长为1的正六边形，，平面平面，平面平面． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值． 19. 设函数的定义域为，若存在正实数，使得对于任意，有，且，则称是上的“距增函数”. （1）已知函数，证明：对于任意正实数是上的“距增函数”； （2）若是上的“距增函数”，求的取值范围； （3）已知是定义在上的“2距增函数”，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州省印江中学2023-2024学年高三上学期期末考试 高三数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷．草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 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. 已知，则“存在使得”是“”的（ ）． A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断. 【详解】(1)当存在使得时， 若为偶数，则； 若为奇数，则； (2)当时，或，，即或， 亦即存在使得． 所以，“存在使得”是“”的充要条件. 故选：C. 【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题. 2. 已知实数x，y满足，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先得出，再根据基本不等式“1”的妙用求得结果. 【详解】设， 则且，解得. 所以， 因为，所以， 当时取等号，即且， 解得. 故选：B. 3. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分，两种情况，分别根据指数函数和对数函数的单调性解不等式，最后取并集即可得出答案. 【详解】解：当时，，即， 则，所以， 又，所以； 当时，，即， 则，所以， 综上所述：不等式的解集是. 故选：B. 4. 已知函数若函数的零点有个或个，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】与题意可知，直线与函数的图象有个或个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】时，，，令，可得. 当时，，函数递增； 当时，，函数递减，且此时； 时，，， 当时，，函数递增； 当时，，函数递减，且此时. 所以极小值，极大值，， 在且时，， 函数的示意图如图所示，所以当它与有个或个交点时，. 故选：B. 【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了导数的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 5. 已知函数f(x)＝asin x＋cos x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝对称，则函数g(x)＝sin x＋acos x的图象（ ） A. 关于点对称 B. 关于点对称 C. 关于直线x＝对称 D. 关于直线x＝对称 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合函数的对称性可得，进而可得，结合辅助角公式可得，再结合三角函数的图象与性质逐项判断即可得解. 【详解】由函数的图象关于直线对称可得，即， 所以，， 对于A、C，，故A错误、C正确； 对于B，，故B错误； 对于D，，故D错误. 故选：C. 【点睛】本题考查了三角函数图象与性质、辅助角公式的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题. 6. 在平行四边形中，，点为该平行四边形所在平面内的任意一点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】设与的交点为，由，两边平方可表示出，同理可表示，四个式子相加化简可求得结果. 【详解】设与的交点为，由， 得， 同理可得， ， ， 所以 ，当点与点重合时，等号成立. 故选：C 7. 一只蜗牛从数轴原点出发向正方向前进1个单位长度，接着后退个单位长度，然后再前进个单位长度，接着后退个单位长度，以此类推．经过足够长的时间后，蜗牛将始终会在某个位置附近前后爬行，这个位置的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，依次求出该蜗牛一次前进一次后退前进的距离，求出通项公式，再利用等比数列前n项和公式求出前进的总距离即可得解. 【详解】该蜗牛一次前进一次后退，称为一次行动， 在第1次行动中，蜗牛前进了个单位长度； 在第2次行动中，蜗牛前进了个单位长度； 在第3次行动中，蜗牛前进了个单位长度； 因此在第次行动中，蜗牛前进了个单位长度， 次行动后，蜗牛总共前进了个单位长度， 数列是递增数列，且恒有， 经过足够长的时间，即当无限增大时，将趋近于将趋近于， 所以经过足够长的时间后，蜗牛将始终会在坐标为的位置附近前后爬行，B正确，ACD均错误. 故选：B 8. 已知面积为的正三角形的所有顶点都在球的球面上，若三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意先求出外接圆半径，再求出中点到外接圆圆心的距离，从而可求解. 【详解】设球的半径为外接圆圆心为，半径为的边长为． 因为是面积为的等边三角形，所以，解得， 所以，所以，解得， 则，则球的表面积为，故正确. 故选：B. 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，则（ ） A. B. C. D. 当时，的最小值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】由对数化简式和对数基本运算逐一验证ABC选项即可；由换底公式和基本不等式可验证D项 【详解】由题可知，则，A正确； 由，得， 所以，B错误； ，C正确； 当时，，则 ，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为4，D正确． 故选：ACD 10. 已知函数，周期为，且满足，则（ ） A. B. 向右平移个单位变为偶函数 C. 在区间上单调递减 D. 在上有两个不相等的实数解 【答案】BD 【解析】 【分析】根据周期以及对称可得函数表达式，即可判断A，根据函数平移即可求解B.利用整体法即可求解CD. 【详解】由周期为，可得，故， 由可得，故是的一个对称中心， 故，结合，故， 进而可得，故A错误， 对于B，向右平移个单位得到为偶函数，故B正确， 对于C，当时，则，故C错误， 对于D，令，则或，,解得或，， 当，此时有和， 故D正确， 故选:BD 11. 设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 对任意给定的实数，总存在，当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解. 【详解】由，可得， 且，即 又由，可得数列是等差数列，公差， 所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即， 所以A错误、D正确； 因为当时，；当时，， 所以的最大值为，所以B正确； 因为， 且， 所以当时，；当时，，所以C正确. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知实数、满足，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，令，，则，即可用含、的式子表示、，再代入，利用基本不等式计算可得. 【详解】因为实数，满足， 化为， 令，，则． 联立可得，， 则 ， 当且仅当，即，时取等号． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是用含、的式子表示、，再利用基本不等式求出最小值. 13. 已知点，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，且的最小值为2，则实数的值为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意求出的反函数，将“镜像距离”转化成一对反函数图象上两点之间的距离，利用导函数的几何意义求出切线方程即可求得结果. 【详解】由函数可得，即, 所以的反函数为, 由点在曲线上可知点在其反函数上， 所以相当于上的点到曲线上点的距离， 即， 利用反函数性质可得与关于对称， 所以可得当与垂直时，取得最小值为2， 因此两点到的距离都为1， 过点的切线平行于直线，斜率为1，即， 可得，即， 点到的距离，解得， 当时，与相交，不合题意； 因此， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用反函数性质将“镜像距离”问题转化为两函数图象上两点距离的最值问题，再由切线方程可解得参数值. 14. 已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于两点，已知四点共圆，则圆心坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】由圆心在弦的中垂线上，利用对称性可得中垂线方程，再联立椭圆方程利用韦达定理求出中点坐标，进而求得中垂线方程，联立两中垂线方程可得圆心. 【详解】由对称性可知，圆心在线段的中垂线上，也在线段的中垂线上， 设的中垂线，中点为， 设直线与椭圆交点， 联立消得，， 由韦达定理得，， 故，又点在直线上， 则，解得， 联立，解得，所以所求圆的圆心为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16､17题15分，第18､19题17分，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知幂函数（）的图像关于轴对称，且. （1）求的值及函数的解析式； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由，得到函数在区间为单调递增函数，即求解. （2）根据函数图象关于轴对称，且在区间为单调递增函数，将不等式，转化为求解. 【详解】（1）由题意，函数（）的图像关于轴对称，且， 所以在区间为单调递增函数， 所以，解得， 由，。 又函数的图像关于轴对称， 所以为偶数， 所以， 所以. （2）因为函数图象关于轴对称，且在区间为单调递增函数， 所以不等式，等价于， 解得或， 所以实数的取值范围是. 【点睛】本题主要考查幂函数的图象和性质以及函数奇偶性和单调性的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 16. 《营造法式》是中国北宋时期官方颁布的一部建筑设计与施工的书籍，标志着我国古代建筑技术和工艺发展到了较高水平.中国近代建筑之父梁思成用现代语言和制图方法对该书进行了注释，著有《营造法式注释》.为了让建筑类学生了解古建筑设计与构造的原理，某建筑大学为大三和大四的学生开设了一门选修课程《营造法式及其注释》.为检测学生学习效果，要求所有选修该门课程的学生完成“应用营造法式独立制作一件古建筑模型”的作业.已知选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为，现用分层抽样的方法从所有作业中随机抽取份（每位学生均上交一份作业），并评出成绩，得到如下频数分布表. 成绩（单位：分） 频数（不分年级） 频数（大三年级） （1）求，的值；若以频率作为概率，从选修该门课程的大四学生中随机选取名，试估计该学生的作业成绩在的概率； （2）估计这份作业中大三学生作业的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 【答案】（1），，；（2）分. 【解析】 【分析】（1）首先根据频数之和为100，求出的值，再根据分层抽样，求出大三年级的频数，即可求出的值， 根据频率分布直方图得估计的人数，利用古典概型计算概率即可； （2）利用平均成绩的计算公式计算得到结果. 【详解】（1）由题意，知.. 在这份作业中，因大三学生的作业共（份）， 则大四学生的作业共（份）. 选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为， .解得. 故大四学生作业共份.其中，成绩在，的作业份数分别为，. 故成绩在的作业共份. 从选修该门课程的大四学生中随机选取名，估计其作业成绩在的概率为. （2）由（1）可知，这份作业中大三学生作业共份. 设大三学生作业的平均成绩为. 则. 估计这份作业中大三学生作业的平均成绩为分. 17. 已知点M为直线l1：x＝－1上的动点，N(1，0)，过M作直线l1的垂线l，l交MN的中垂线于点P，记点P的轨迹为C． （1）求曲线C的方程； （2）若直线l2：y＝kx＋m(k≠0)与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，与曲线C交于A，B两点，且D为线段AB的中点，求直线l2的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1），点到定点的距离等于到直线的距离，说明点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，求解抛物线方程即可． （2）设，，，，，，直线斜率为，显然，由得，，求出D的坐标，再利用与圆切于D求解即可． 【小问1详解】 由已知可得，， 即点到定点的距离等于到直线的距离， 故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以曲线的方程为． 【小问2详解】 设，，，，，，直线斜率为，显然， 由得，， ． 所以，，即，． 因为直线与圆相切于点， 所以；， 从而且， 整理可得，即． 所以， 故的方程为或． 18. 如图，在六棱锥中，底面是边长为1的正六边形，，平面平面，平面平面． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：取正六边形的中心，、的中点，连接如图. 因为平面平面，平面平面， 又，平面，故平面. 又平面，故. 同理可得，又平面，， 故平面. 又平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取正六边形的中心，、的中点，再根据面面垂直的性质分别证明，，进而可得平面，即可得； （2）取中点，根据线面垂直的判定与性质可得二面角为，再根据几何关系求解即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接. 因为为正六边形，故，， 故， 又平面，平面， 故，. 又，，故，故. 故，，又平面，， 故二面角为. 又，故，，. 则. 故，即二面角的正弦值为. 【点睛】 19. 设函数的定义域为，若存在正实数，使得对于任意，有，且，则称是上的“距增函数”. （1）已知函数，证明：对于任意正实数是上的“距增函数”； （2）若是上的“距增函数”，求的取值范围； （3）已知是定义在上的“2距增函数”，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数导数判断函数单调性，结合增函数得证明是上的“距增函数”； （2）根据“距增函数”的定义，可得，解不等式求得的取值范围； （3）根据是定义在上的“2距增函数”，有，对分类讨论结合函数的单调性求得的取值范围； 【小问1详解】 证明：因为，所以，所以在上单调递增. 对于任意正实数，所以， 所以是上的“距增函数”. 【小问2详解】 因为是上的“距增函数”，所以， 即，化简得， 所以无解，即， 解得（舍去）.所以的取值范围为. 【小问3详解】 因为是定义在上的“2距增函数”，所以. ①若，则. 因为在上单调递增，所以恒成立. ②若，则. 因为，所以. 令，则，即. 令函数，则. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以. ③若，则. 由（2）可得，要使得是定义在上的“2距增函数”，则必须满足. 当时，. 综上，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $