湖北省武汉市马房山中学2024届高三上学期期末综合测评数学试题（教师版）.docx

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1、 武汉市马房山中学2高三上学期1月期末综合测评数学本试卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.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.1.

2、已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求得集合，再根据交集定义得解.【详解】，故选：D.2. 若z=3-i，z=，则（ ）A. z=zB. z+z=2C. z=D. z+z=4【答案】C【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再结合复数的相关定义判断选项即可【详解】因为；故；故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3. 已知向量，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用和平面向量的数量积和模的坐标表示计算，然后求得.【详解】,所以，故选：B.4. 已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为

3、，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据正三棱锥底面边长为6，且侧面与底面所成角的正切值为，求出三棱锥的高和侧高，利用勾股定理求出外接球半径，再利用等体积法求出内切圆半径即可.【详解】因为三棱锥为正三棱锥，底面边长为6，且侧面与底面所成角的正切值为，所以可得正三棱锥的高，侧面的高；设正三棱锥底面中心为，其外接球的半径为，内切球半径为，则有，也即，解得：，正三棱锥的体积，也即，解得：，所以，故选：B【点睛】内切球的球心到各面的距离是相等的，球心和各面可以组成四个等高的三棱锥，那么内切球的半径乘以正三棱锥的表面积再乘以三分之一就等于体积，

4、通常用等体积法求解内切球的半径.5. 设是等差数列的前项和，且，则使得取最小值时的为（ ）A. 6B. 7C. 6或7D. 8【答案】A【解析】【分析】根据条件得，从而得出，即可求出结果.【详解】因为数列为等差数列，设数列的公差为，又，则，由解得，所以，当时，取最小值，故选：A.6. 某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山黄山庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）A. 564B. 484C. 386D. 640【答案】A【

5、解析】【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解.【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；当在4人组时，有种方法.第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；当在3人组时，有种方法.故这8名同学游玩行程的方法数为.故选：A.7. 已知中，且为的外心若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意B，O，C三点共线因为为的外心，即有，所

6、以为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.【详解】因为，则，所以，即B，O，C三点共线因为为的外心，即有，所以为直角三角形，因此，为斜边的中点因为，所以为锐角如图，过点作，垂足为因为在上的投影向量为，所以，所以在上的投影向量为又因为，所以因，所以，故的取值范围为故选：A8. 已知，若不等式的解集中只含有个正整数，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知，二次求导，可得当时，由有且只有个正整数解，即有且只有个正整数解，求导可知至多有一个解，则需满足，再根据导数可得在上单调递减，即可证当时，即可得参数范围.【详解】由，可得，设，则，所以在上单调递增，又，所

7、以当时，即当时，单调递增，所以当时，所以若不等式的解集中只含有个正整数，即不等式的解集中只含有个正整数，又的定义域为，且，则，设，则，当时，所以在上单调递减，且至多有一个解，所以若有且只有个正整数解则需满足，解得，现证当时，在上恒成立，由时，即当时，单调递减，所以当时，综上所述，故选：C.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，

8、部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知正数x，y满足，则（ ）A. 的最大值为1B. 的最大值为2C. 的最小值为2D. 的最小值为【答案】AD【解析】【分析】A选项，由基本不等式求出；B选项，求出；C选项，在A选项基础上得到；D选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】A选项，正数x，y满足，由基本不等式得，解得，当且仅当时，等号成立，A正确；B选项，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为2，B错误；C选项，由A选项知，故，当且仅当时，等号成立，所以，故的最大值为2，C错误；D选项，由于正数x，y满足，故，当且仅当，即时，等号成立，D正确故选：AD10. 袋子中有1个红球，1

9、个黄球，1个蓝球，1个黑球，从中取三次球，每次取一个球，取球后不放回，设事件，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. A与B相互独立D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，利用列举法，结合古典概率逐项计算判断即得.【详解】红球，黄球，蓝球，黑球分别记为，不放回取球三次的试验的样本空间：，共24个，它们等可能，共6个，共6个，共6个，共2个，共10个，AB正确；，A与B相互不独立，C错误；，D正确，故选：ABD11. 已知等比数列an满足，设其公比为q，前n项和为，则（）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】由已知条件可求出，进而可得通项公式和前n项和，进而可判断A，

10、B，C，再由作差法判断D.【详解】对于A，由，得，所以，A正确；对于B，又因为，所以，故，所以， B正确；对于C，所以， C错误；对于D，因为，因为且，所以，即，D正确.故选：ABD12. 已知，则（ ）A. 当时，为奇函数B. 当时，存在直线与有6个交点C. 当时，在上单调递减D. 当时，在上有且仅有一个零点【答案】ACD【解析】【分析】AB两个选项比较好判断；对C，可以利用函数在给定区间上的单调性，分离参数，转化为恒成立问题求参数的取值范围；对D，分析函数的单调性和一些特殊点的函数值符号，判断零点个数.【详解】当时，可以说是奇函数，故A正确；当时，在上单调递增，与最多一个交点，故B错误；因

11、为，所以.对C：在上递减，需有（）恒成立.当时，又，且当时，所以.当时，.设，则，由，所以在上递减，在上递增，所以的最小值为，所以.所以且，即.故C正确；对D：设，则.因为，所以当时，；当时，.所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，又，所以只在有一解，设为即，所以在上递增，在上递减.且，且当时，所以在上有且仅有一个零点.故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：已知函数的单调区间，求参数的取值范围问题，常常要分离参数，转化为恒成立或存在性问题，进而求函数的最大或最小值来解决.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中的系数为_（用数字作答）【答案】【解析】【分析】由二

12、项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.【详解】的通项公式为，令得，此时，令得，此时，故的系数为故答案为：14. 已知椭圆 的左右焦点为直线与椭圆相交于两点， 若， 且， 则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.【详解】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，由，得，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，即椭圆的离心率.故答案为：.15. 若，则_【答案】0或【解析】【分析】根据，代入整理求解得出的值，进而得出的值，即可得出答案.【详解】由已知可得，所以，整理可得，解得

13、或.当时，；当时，.综上所述，或.故答案为：0或.16. 函数与函数的图象所有交点的横坐标之和为_【答案】10【解析】【分析】判断函数的性质与最小值，判断函数的性质，作出函数与的大致图象，判断两个图象在上的交点情况，根据对称性得结果.【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为所以函数的图象关于直线对称，且的最大值为2由于的图象和的图象都关于直线对称，所以先考虑两个图象在上的情形，易知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减易知，所以可作出函数与的大致图象如图所示，所以的图象和的图象在上有5个交点根据对称性可知两函数图象共有

14、10个交点，且两两关于直线对称，因此所有交点的横坐标之和为故答案为:.四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，1822题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在锐角中，的对应边分别是，且（1）求的取值范围；（2）求的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）借助余弦定理、正弦定理与两角差的正弦公式可得，结合为锐角三角形即可得的取值范围，即可得的取值范围；（2）借助正弦定理将边的比例式转化为角的三角函数的比例式后，结合三角恒等变换公式可得，结合的取值范围计算即可得.【小问1详解】，由，故，由，故，则，由为锐角三角形，故，即，则有，可得，故，即；【小问

15、2详解】由，则，由（1）知，故，故，即.18. 已知首项为正数的等差数列的公差为2，前项和为，满足（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和【答案】（1） （2）当为偶数时，当为奇数时，.【解析】【分析】（1）根据等差数列前和公式即可求出，则得到其通项公式；（2）分为奇数和偶数讨论并结合裂项求和即可.【小问1详解】由题意得是公差为2的等差数列，且，即，又因为，所以，所以数列的通项公式.【小问2详解】由（1）知，当为偶数时，当为奇数时，经检验，时，满足，综上，当为偶数时，当为奇数时，.19. 篮球是一项风靡世界的运动，是深受大众喜欢的一项运动.喜爱篮球运动不喜爱篮球运动合计男性604010

16、0女性2080100合计80120200（1）为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到如上列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关；（2）校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即.求（直接写出结果即可）；证明：数列为等比数列，并比较第9次与第10次触球者是甲的概率的大小.0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.02

17、46.63510.828附：，.【答案】（1）有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关. （2）；证明见解析，第次触球者是甲的概率大.【解析】【分析】（1）直接带公式即可.（2）根据题义写即可；通过分析与的概率关系式，再利用数列知识计算结果.【小问1详解】（1）根据列联表数据，经计算得,根据独立性检验：即有的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.【小问2详解】由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的一人，故传给甲的概率为，故.第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，则 从而，又，所以是以为首项，公比为的等比数列， 故第次

18、触球者是甲的概率大.20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，是的中点，点，分别在线段与上，且，（1）当时，求平面与平面的夹角大小；（2）若平面，求的最小值【答案】（1） （2）8【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面MDN与平面DNC的夹角；（2）利用空间向量法把线面平行转化为得向量垂直，从而利用数量积的运算化简即可得与的关系，再结合基本不等式可得的最小值；【小问1详解】因为，底面，如图，以为原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，当时，、，则，设平面MDN的法向量为，则，取，可得，设平面DNC的法向量为，则，取，可得，所以，设平面MDN与平面D

19、NC的夹角为，所以，所以，故平面MDN与平面DNC的夹角为.【小问2详解】，设平面PBC的法向量为，则，取，可得，因为，所以，则，因为平面PBC，所以，即，所以，即，所以，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.21. 已知函数（1）若时，求实数取值范围；（2）设，证明：【答案】（1） （2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意求得函数定义域，并对参数进行分类讨论，构造函数并利用导数判断出函数单调性，根据不等式恒成立即可求得实数的取值范围为；（2）利用（1）中的结论可知当时在上恒成立，且不等式在恒成立，再利用裂项相消求和即可得出证明.【小问1详解】根据题意可得，当时，可得在上恒

20、成立，当时，由可得，易知需满足，解得，又，令，当时，在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增，即可得恒成立；当时，令，则，所以在上恒成立，即在上单调递减，又因为，由零点存在定理可得，使得；当时，即，所以在上单调递增；时，即，所以在上单调递减；（i）若时，所以当时，又，即，使得；当时，即，所以在上单调递增，当时，即，所以在上单调递减，又因为，所以要使在上恒成立，只需，解得，又,所以可得；（ii）当时，又在上单调递增，所以一定使得时，；即，所以在上单调递减,即可得，这与在上恒成立矛盾，不合题意；综上可得【小问2详解】令，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以当时，即，所以；即不等式右侧恒成立；由（

21、1）可得得：当时，对于，恒成立，即，当且仅当时，等号成立；取，易知，可得，所以,综上可得：.【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.22. 已知点F是抛物线的焦点，直线l与抛物线C相切于点，连接PF交抛物线于另一点A，过点P作l的垂线交抛物线于另一点B（1）若，求直线l的方程；（2）求三角形PAB面积S的最小值【答案】（1） （2）16【解析】【分析】(1)求得，再对求导，由点斜式方程即可求出答案. (2) 设,，根据,三点共线求得，再化简求得到直线的距离，进而表达出三角形面积，再利用基本不等式的方法求最小值即可.【小问1详解】由得，所以，所以在点P处的切线l方程为：，即【小问2详解】设，由，则，因为A、F、P三点共线，所以所以，由于，故，即所以由于，所以得直线PB方程：，即设A到直线PB的距离为d，则又所以当且仅当时，等号成立所以面积的最小值为16