精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高三下学期期末复习数学周测16

期末复习05综合模拟卷（二） 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知等边的边长为1，点分别为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 8 5. 在等差数列中，，若它的前项和有最大值，则当时，的最大值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 6. 如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知满足．若为增函数，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若有两个零点，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 某次物理考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为．则（ ） A. B. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为 C. 估计该年级学生成绩的中位数约为 D. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为 10. 已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为3 D. 的最小值为3 11. 已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ） A. 实数的取值范围是 B. C. 函数可能有四个零点 D. 三、填空题 12. 若为一组从小到大排列的数，1，3，5，7，9，11，13的第六十百分位数，则的展开式中的系数为__________. 13. 曲线与在交点处存在公切线，则______． 14. 设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________. 四、解答题 15. 在中，角对应的三边分别是，且 （1）求角的值; （2）若，求的面积. 16. 如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）若二面角的正切值为，求四面体与四面体的体积之比． 17. 甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率； （2）当时， （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值； （ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求的方程； （2）如图，过点的直线（异于轴）与交于点P，Q，过左焦点作直线PQ的垂线交圆于点M，N，垂足为. ①若点，设直线AM，AN的斜率分别为，证明：为定值； ②记的面积分别为，求的取值范围. 19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，. （1）若，求和； （2）求证：； （3）求的最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末复习05综合模拟卷（二） 一、单选题 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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据含有一个量词命题的否定形式可得结论. 【详解】易知命题“”的否定是“”. 故选：B 3. 已知等边的边长为1，点分别为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取为基底，利用平面向量基本定理结合已知条件求解即可. 【详解】在中，取为基底， 因为点分别为的中点，， 所以， 所以. 故选：A. 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本不等式中“1”的应用计算可得当时，的最小值为8. 【详解】由可得： ； 当且仅当，即当时，等号成立. 即的最小值为8. 故选：D. 5. 在等差数列中，，若它的前项和有最大值，则当时，的最大值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，，，结合等差数列下标和的性质及等差数列的前项和公式即可求解. 【详解】因为为等差数列，前项和有最大值， 若，则，即， 所以，，，即， 则，即， ，即， 所以当时，的最大值为11. 故选：A. 6. 如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出截面，利用台体的体积公式求出较小部分的体积，用正方体的体积减去较小部分的体积，可得较大部分的体积，可得两部分的体积之比. 【详解】棱上的点，使得，连接，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得， 所以四点共面，平面就是平面， 易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台， 其体积为， 又正方体的体积为， 所以较大部分的体积为； 可得. 故选：A 7. 已知满足．若为增函数，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将中的由来替代，与原式联立求，由此可得，结合导数与函数的单调性的关系可得恒成立，利用基本不等式求得的最大值可得结论. 【详解】将中的由来替代，得到， 联立， 消去两个式子中的得到． 令，， 则，解得． 又（当且仅当时，等号成立）， . 故选：D． 8. 已知函数，若有两个零点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据结合两角和差的余弦公式化简，进而可求得，再根据二倍角的正弦公式化简可得. 【详解】易知， 令，则，所以或； 可得或， 因此或， 又因为，所以； 所以 . 故选：B. 【点睛】关键点点睛：根据和差角公式得出，是解决本题的关键. 二、多选题 9. 某次物理考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为．则（ ） A. B. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为 C. 估计该年级学生成绩的中位数约为 D. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A选项，由各组频率之和为求参数；对于B选项，两组求加权平均数可得；对于C选项，由频率分布直方图面积与比较，估计中位数所在区间，利用面积关系建方程求解可得；对于D选项，由两组成绩的方差与两组总方差的关系求解即可. 【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为， 则，解得，故A正确； 对于B选项，估计成绩在分以上的同学的成绩的平均数为 分，故B错误； 对于C选项，前两个矩形的面积之和为 前三个矩形的面积之和为. 设该年级学生成绩的中位数为，则， 根据中位数的定义可得，解得， 所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，故C错误； 对于D选项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为 ，故D正确. 故选：AD. 10. 已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为3 D. 的最小值为3 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助复数的基本概念与模长运算可得A；借助复数的几何意义计算可得B；借助圆与直线的距离可得C、D. 【详解】对A：为纯虚数，可设选项A正确； 对B：设，， 则，即， 则所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， ，选项B正确； 对C：为纯虚数，对应点在轴上（除去原点）， 所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， 的取值范围为，无最小值，选项C错误； 对D： ， 表示点到以为圆心，以2为半径的圆上的点的距离， 为纯虚数或0，在轴上（除去点）， 当时取得最小值3，∴选项D正确. 故选：ABD． 11. 已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ） A. 实数的取值范围是 B. C. 函数可能有四个零点 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于B，，证明函数是奇函数即可；对于C，将方程等价变形为，由此即可判断；对于D，由，而，进一步求导运算即可；对于A，通过构造函数可得，由此即可判断. 【详解】对于B，， 设，则它的定义域为，它关于原点对称， 且，所以是奇函数， 由题意有三个根，则，故B正确； 对于C，由， 所以， 所以， 即已经有3个实根， 当时，令，则，只需保证可使得方程有4个实根，故C正确； 由B可知，，而， 又， 所以 ，故D正确； 对于A，，设， 则，所以， 从而，故A错误. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，进一步只需验证是奇函数即可顺利得解. 三、填空题 12. 若为一组从小到大排列的数，1，3，5，7，9，11，13的第六十百分位数，则的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用第百分位数的定义求出，再利用组合的应用列式计算作答. 【详解】由，得， 于是展开式中含的项为， 所以的展开式中的系数为. 故答案为： 13. 曲线与在交点处存在公切线，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】运用导数几何意义，结合导数运算来判定单调性和求最值，计算即可， 【详解】设两曲线的公切点为，因为，， 依题意得，， 由，解得，将代入， 整理得，令，则，令， 则，令，解得（舍负）， 当时，；当时，， 所以有最小值，所以方程有唯一解，此时，解得． 故答案为：2. 14. 设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________. 【答案】##1.25 【解析】 【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值. 【详解】 设，，联立整理得: ; 所以，得到，所以； 过F作直线PA的垂线与直线交于Q， 因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点， Q是与的交点 所以得 ，所以 设则 所以当 时，即m=2即时， 取得最大值. 故答案为： 【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量； （2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值； 本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式. 四、解答题 15. 在中，角对应的三边分别是，且 （1）求角的值; （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换可求得，即可得解； （2）根据可求得，，再利用切弦互化以及正弦定理可得，，再利用正弦定理可求得边长即求出面积. 【小问1详解】 根据题意由正弦定理可得， 整理可得， 即， 所以， 可得，又，所以， 又，因此； 【小问2详解】 由（1）得， 由可得，解得或， 当时，， 又，所以两角均为钝角，不合题意， 因此，， 又，可得，同理， 由正弦定理可得， 可得，， 因此的面积为. 16. 如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）若二面角的正切值为，求四面体与四面体的体积之比． 【答案】（1） 由题设得，，从而. 又是直角三角形，所以. 取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC且， 又是正三角形，故. 则中，，又， 所以，故. 而且都在面，故面， 而面，所以平面ACD⊥平面ABC. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点O，连接，，得到，再由是正三角形，得到，利用面面垂直的判定证明； （2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， ，结合（1）结论， 以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 易知平面的法向量为， 设，由，可得，得， 设面的法向量为，则， 取，得，所以， 因为二面角的正切值为，则， 又，解得，所以， 所以到底面的距离与到底面的距离之比为， 所以四面体与四面体的体积之比. 17. 甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率； （2）当时， （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值； （ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程． 【答案】（1） （2）（i） X 2 4 5 P 期望最大值为； （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算； （2）（i）根据题意求分布列，进而可得期望；（ii）根据题意结合条件概率分析运算. 【小问1详解】 用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则 ，，， 记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种， 所以 ． 【小问2详解】 （i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即， 由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则 ， ， ． 所以X的分布列为 X 2 4 5 P 所以X的期望 ， 因为，所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以， 故的最大值为． （ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则． 由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同． 所以 所以，即， 因为，所以． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求的方程； （2）如图，过点的直线（异于轴）与交于点P，Q，过左焦点作直线PQ的垂线交圆于点M，N，垂足为. ①若点，设直线AM，AN的斜率分别为，证明：为定值； ②记的面积分别为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） ①设直线的方程为，， 由，消去并化简得， 则， ，则， 所以 . ② 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的方程. （2）①设出直线的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简求得为定值. ②先求得的表达式，利用换元法，结合函数的单调性来求得的取值范围. 【小问1详解】 依题意，，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由题得，， 又，所以， 由椭圆的对称性可知， 所以， 因为直线的方程为，所以， 因为，所以直线的方程为， 将其代入，解得， 所以， 所以， 令，则， 所以， 函数在上单调递增， 所以， 当且仅当，即时取得等号， 所以，即， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】思路点睛： 利用已知条件求椭圆方程：首先利用短轴长和离心率，通过焦距和半长轴长度，得出椭圆的标准方程，这是确定椭圆方程的基础. 结合根与系数关系证明斜率的定值：设定直线的方程，结合椭圆方程，通过根与系数关系证明斜率的定值，这是确保直线和椭圆之间关系的有效方法. 利用函数单调性求取值范围：通过设定面积的函数表达式，结合椭圆的对称性和函数的单调性，得出面积的取值范围. 19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，. （1）若，求和； （2）求证：； （3）求的最值. 【答案】（1）， （2）证明如下： 对于，由于数列是的一个排列，故， 若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递增子列，所以， 而每个以为首项的递减子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以， 这意味着； 若，同理有，，故， 总之，且和不能同时为零， 故. （3）的最大值为； 当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，的最小值为. 【解析】 【分析】（1）直接根据定义求解即可； （2）分情况讨论证明，故可推出和不能同时为零，进而得到结论； （3）对的奇偶性分类讨论，并利用（2）中的结论得到结果即可. 【小问1详解】 以为首项的最长递增子列是，所以， 因为后面的项都比小，所以， 以为首项的最长递增子列是，所以， 因为后面没有项，所以； 因为后面的项都比大，所以， 以为首项的最长递减子列是或者，所以； 因为后面的项都比大，所以， 因为后面没有项，所以； 所以， 即， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以为首项的递增子列的最大长度不大于以为首项子列的最大长度，即， 以为首项的递减子列的最大长度不大于以为首项子列的最大长度，即， 而，，所以， 所以， 考虑数列， 此时， 所以的最大值为； 由（2）可知和不能同时为零，故， 当为偶数时，设， 一方面有； 另一方面，考虑这样一个数列：，， 则对有， 故此时； 结合以上两方面可得，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，设， 一方面有； 另一方面，考虑这样一个数列：，， 则对有， 故此时； 结合以上两方面可得，当为奇数时，的最小值为； 综上可得，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，的最小值为； 【点睛】关键点点睛：求最大（小）值的本质在于，先证明所求表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取得，就得到了最大（小）值是，这便是“求最大（小）值”的本质.而在这个过程中，想到的具体取值这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $