精品解析：上海市闵行中学2023-2024学年第一学期期末考试高三数学试卷

闵行中学2023学年第一学期高三数学期末考试 （满分150分，完卷时间120分钟） 考生注意： 1.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分. 2.答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名和考号. 3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位. 一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1～6题每个空格填对得4分，第7～12题每个空格填对得5分，否则一律得零分． 1. 函数的定义域为________________ 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则___________. 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则______. 4. 若正数满足，则的最小值为______. 5. 已知数列的前项和为，若（是正整数），则______. 6. 若圆与圆内切，则等于__________. 7. 已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为______. 8. 已知函数在处有极值0，则__________. 9. 同时抛掷三枚相同的均匀硬币，设随机变量表示结果中有正面朝上，表示结果中没有正面朝上，则______. 10. 已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是______. 11. 已知，函数若该函数存在最小值，则实数的取值范围是________. 12. 某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为，，，…，，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有______种不同的选择方法. 二、选择题(本大题满分18分)本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，第13、14题选对得4分，第15、16题选对得5分，否则一律得零分． 13. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 14. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 若已求得一元线性回归方程为，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 当时，y的预测值为2.2 C. 样本数据y的第40百分位数为1 D. 去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不会改变 15. 已知函数，其中，实数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，函数关于直线对称 B. 若，函数在上是增函数 C. 若函数在上最大值为1，则 D. 若，则函数的最小正周期是 16. 设为数列的前项和，有以下两个命题：①若是公差不为零的等差数列且，，则是的必要非充分条件；②若是等比数列且，，则的充要条件是.那么（ ） A. ①是真命题，②是假命题 B. ①是假命题，②是真命题 C. ①、②都是真命题 D. ①、②都是假命题 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17. 设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为． （1）求函数的解析式； （2）在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角． 18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表.（单位：个） 未患病者 患病者 合计 未服用 中草药甲 服用 中草药甲 合计 （1）若规定显著性水平，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效； （2）已知中草药乙对该疾病的治疗有效率数据如下：对未服用过中草药甲的患者治疗有效率为，对服用过中草药甲的患者治疗有效率为.若用频率估计概率，现从患此疾病的人员中随机选取2人（分两次选取，每次1人，两次选取的结果独立）使用中草药乙进行治疗，记治疗有效的人数为，求的分布和数学期望. 附：，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 20. 如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上. （1）求线段的长； （2）若线段的中点在轴上，求的面积； （3）是否存在以、为邻边的矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由. 21. 已知各项均不为0的数列满足（是正整数），，定义函数，是自然对数的底数. （1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）记函数，其中. （i）证明：对任意，； （ii）数列满足，设为数列的前项和.数列的极限的严格定义为：若存在一个常数，使得对任意给定的正实数（不论它多么小），总存在正整数m满足：当时，恒有成立，则称为数列的极限.试根据以上定义求出数列的极限. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闵行中学2023学年第一学期高三数学期末考试 （满分150分，完卷时间120分钟） 考生注意： 1.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分. 2.答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名和考号. 3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位. 一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1～6题每个空格填对得4分，第7～12题每个空格填对得5分，否则一律得零分． 1. 函数的定义域为________________ 【答案】 【解析】 【详解】要使函数有意义， 则， 所以函数的定义域为， 故答案为. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则___________. 【答案】##i-2 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算求解即可. 【详解】由题意知，， 则， 故答案为： 3. 已知随机变量服从正态分布，且，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，结合正态分布的对称性，即可求解. 【详解】因为随机变量服从正态分布，且， 可得. 故答案为：. 4. 若正数满足，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据基本不等式求解． 【详解】由已知，当且仅当，即时等号成立，故所求最小值是． 故答案为：． 5. 已知数列的前项和为，若（是正整数），则______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知结合数列的和与项的递推关系进行转化，然后结合等比数列的通项公式即可求解． 【详解】因为， 时，， 两式相减可得，， 即，， 因为，解得， 故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列， 所以． 故答案为：81． 6. 若圆与圆内切，则等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两个圆内切时，圆心距和两个圆的半径之间的关系求解. 【详解】圆，圆心为（0,0），半径为2； 圆，转化为标准形式： ，即圆心为（a，0），半径为1； 当两圆内切时，圆心距 ，解得 故填： 【点睛】本题考查了两个圆的位置关系，当两个圆内切时，圆心距等于两个圆的半径之差的绝对值. 7. 已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式各项系数和求出的值，然后写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的二项展开式中各项系数和为，即，． 设的二项展开式的通项为， 令，得，故展开式中常数项的值为． 故答案为：． 8. 已知函数在处有极值0，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，即可得答案. 【详解】因为，所以，依题意可得 .解得， 经检验适合题意，所以. 故答案为： 9. 同时抛掷三枚相同的均匀硬币，设随机变量表示结果中有正面朝上，表示结果中没有正面朝上，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用独立事件的概率乘法公式求出，，再利用期望和方差公式求解． 【详解】由题意可知，，， 所以， 所以． 故答案为：. 10. 已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，由题意可得，从而推得三点共线，进而得出，即可得出答案. 【详解】取的中点，则， 又，又因为， 故三点共线，即点在中线上运动， 在正三角形中，， 又，，则， 故. 故答案为： 11. 已知，函数若该函数存在最小值，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论，，时，两段函数的单调性，根据分段函数存在最小值建立不等式，解不等式即可得结论. 【详解】由题意，令，，，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递减， 且在上的值域为， 由题意，分段函数存在最小值，故需，解得， 结合，此时； 当时，在上单调递减，且值域为， ，此时分段函数存在最小值2，符合题意； 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 且在上的值域为， 由题意，分段函数存在最小值，故需，即， 解得，这与矛盾，故不符合题意. 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 12. 某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为，，，…，，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有______种不同的选择方法. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，结合题意转化为，进而转化为四个正整数的和为，结合隔板法，即可求解. 【详解】设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设， 则有恒等式， 其中，，，， 即，，，， 故式为， 上式四个正整数的和为，相当于个分成四组，运用隔板法，在个空中放块板，故有种方法． 故答案为：． 二、选择题(本大题满分18分)本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，第13、14题选对得4分，第15、16题选对得5分，否则一律得零分． 13. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据交集概念求解. 【详解】因为集合，， 所以. 故选：D. 14. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 若已求得一元线性回归方程为，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 当时，y的预测值为2.2 C. 样本数据y的第40百分位数为1 D. 去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不会改变 【答案】D 【解析】 【分析】由表格数据求出样本点的中心坐标，代入可得的值由此即可判断A，进一步可得回归方程，由此即可验算B选项，由百分位数的概念即可判断C，由相关系数公式即可判断D. 【详解】，所以样本点的中心坐标为， 将它代入得，，解得，故A错误； 对于B，当时，y的预测值为，故B错误； 对于C，样本数据y的第40百分位数为，故C错误； 对于D，由相关系数公式可知，去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不会改变，故D正确. 故选：D. 15. 已知函数，其中，实数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，函数关于直线对称 B. 若，函数在上是增函数 C. 若函数在上最大值为1，则 D. 若，则函数的最小正周期是 【答案】C 【解析】 【分析】求出即可判断选项A；由正弦函数的单调性即可判断B；由正弦函数的性质可得关于的不等式，从而可求出的取值范围，即可判断C；判断，即可判断D． 【详解】对于A，若，则， ，不是最值， 所以不关于直线对称，故A错误； 对于B，若，则， 当时，，因为正弦函数在上不单调， 所以函数在上不是增函数，故B错误； 对于C，，则， 因为函数在上最大值为1， 所以，解得，故C正确； 对于D，若，函数， 因为， 所以函数的最小正周期不是，故D错误． 故选：C． 16. 设为数列的前项和，有以下两个命题：①若是公差不为零的等差数列且，，则是的必要非充分条件；②若是等比数列且，，则的充要条件是.那么（ ） A. ①是真命题，②是假命题 B. ①是假命题，②是真命题 C. ①、②都是真命题 D. ①、②都是假命题 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列和等差数列的前项和性质分析①的真假，由等比数列和等比数列的前项和性质分析②的真假，综合可得答案. 【详解】根据题意，对于命题①，是公差不为零的等差数列， 若，则在中，至少有一项为， 假设，则， 必有， 反之，在等差数列中，若， 则，有，则成立， 但不成立， 故是的必要非充分条件，故①正确； 对于命题②，若是等比数列，设其公比为，若，时， 有，则中，至少有一项为，则， 假设则有必有， 又由，必有为偶数且，故， 反之，若，则，必有，则有，， 则， 若是等比数列且，，则的充要条件是， 故②正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键点是，熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，从而分析得解. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17. 设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为． （1）求函数的解析式； （2）在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据降幂公式，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据图象的两条相邻对称轴之间的距离为求出即可； （2）由得出，过点作于点，得出，分别求出的长，结合即可得出，进而得出，根据即可求得答案． 【小问1详解】 ， 因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为， 所以, 则，解得， 所以． 【小问2详解】 由得，， 因为，所以，即， ，解得(舍负)， 过点作于点，如图所示， 由得，，则， 所以，则， 所以，则． 18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：由题意得，，， ，， 在中，由，得， 同理可得，又平面， 故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理可得，，由此即可证明； （2）方法一：建立空间直角坐标系，求解以及平面的法向量为，利用向量的坐标运算得线面夹角即可；方法二：利用体积相等求解点到平面的距离，即可得与平面所成角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （方法一）如图所示，以为坐标原点，、为轴正方向建立空间直角坐标系， 则点，故，，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 故， 因此直线与平面所成角的正弦值. （方法二），， 则，． 记点到平面的距离为，因为， 所以，则， 设直线与平面所成角为，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为． 19. 为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表.（单位：个） 未患病者 患病者 合计 未服用 中草药甲 服用 中草药甲 合计 （1）若规定显著性水平，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效； （2）已知中草药乙对该疾病的治疗有效率数据如下：对未服用过中草药甲的患者治疗有效率为，对服用过中草药甲的患者治疗有效率为.若用频率估计概率，现从患此疾病的人员中随机选取2人（分两次选取，每次1人，两次选取的结果独立）使用中草药乙进行治疗，记治疗有效的人数为，求的分布和数学期望. 附：，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）认为中草药甲对预防此疾病有效果 （2） 0 1 2 期望为 【解析】 【分析】（1）计算出卡方，即可判断； （2）记表示服用中草药乙后治疗有效，表示未服用过中草药甲，表示服用过中草药甲，利用全概率公式求出，依题意可得，根据二项分布的概率公式求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 提出原假设：中草药甲对预防此疾病无效，确定显著性水平， 计算，而， 的值超过了所确定的界限，从而否定原假设，即认为中草药甲对预防此疾病有效果. 【小问2详解】 记表示服用中草药乙后治疗有效，表示未服用过中草药甲，表示服用过中草药甲， 由题意可得，，且，， 则， 即中草药乙的治疗有效率，则， 所以， ， ， 所以随机变量的分布为： 0 1 2 所以随机变量的数学期望. 20. 如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上. （1）求线段的长； （2）若线段的中点在轴上，求的面积； （3）是否存在以、为邻边的矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）或. 【解析】 【分析】（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得线段的长；； （2）线段PQ的中点在轴上，得点纵坐标，代入椭圆方程得点横坐标，此时轴，易得其面积； （3）假设存在，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论． 【小问1详解】 由可得：，，从而， 所以令，则，解得：， 所以. 【小问2详解】 线段的中点在轴上，则，所以，即轴， 所以令，则，解得：， 所以； 【小问3详解】 ， 假设存在以，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上， 设，，，， 因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以， 则，，所以， 都在椭圆上，，变形得①， 又，所以，即， 则②， ②代入①得，解得：或， 若时，，，此时与重合，点坐标为； 若时，联立， 消去可得：，解得：， 因为，所以， 所以存在满足题意的点，其纵坐标为或. . 【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下： 第一步：假设结论存在； 第二步：结合已知条件进行推理求解； 第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设； 第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范． 21. 已知各项均不为0的数列满足（是正整数），，定义函数，是自然对数的底数. （1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）记函数，其中. （i）证明：对任意，； （ii）数列满足，设为数列的前项和.数列的极限的严格定义为：若存在一个常数，使得对任意给定的正实数（不论它多么小），总存在正整数m满足：当时，恒有成立，则称为数列的极限.试根据以上定义求出数列的极限. 【答案】（1） 由于数列的各项均不为， 所以，可变形为（是正整数）， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列. . （2） （i）先证：. 根据已知，得 由当且仅当时等号成立， 于是在上是严格增函数，故成立. 再证：. 又，记，则， 由，故且仅当时等号成立， 于是在上是严格减函数， 故，于是，证毕. （ii） 【解析】 【分析】（1）由可变形为，从而得到为等差数列，然后由累乘法求通项即可； （2）可先证：，根据的表达式求导，分析单调性，得出最小值，即可得证，再证：，即证恒成立，即即可；先求出，然后由，分析单调性证明进而得到，代入表达式，取可得，再对进行放缩即可求解. 【小问1详解】 由， 又，也符合上式，所以. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意知，， 下面研究.将（i）推广至一般情形. ， 由当且仅当时等号成立， 于是在上是严格增函数，故成立.① 再证：.， 记，则， 由，故当且仅当时等号成立， 于是在上是严格减函数， 故，于是， 所以，，即对任意，. 于是对，，整理得， 令，得，即，故. （方法一）当时， 故即， 从而.对于任意给定的正实数，令， 则取为大于且不小于的最小整数， 则当时，恒成立，因此，数列的极限为. （方法二）而对于任意，只需且时， 可得. 故存在，当时，恒有， 因而的极限. 【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的通项、求和，另外考查数列和函数的结合以及新定义知识，难度较大，本题主要思维方法： 1.基本方法求通项：定义法，累乘法； 2.不等式的证明，借助构造函数利用导数分析单调性，求最值； 3.新定义考查，主要是结合导数的最值分析和不等式的放缩思维，对于一般学生要求较高，难度很大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $