河南省安阳市林州市第一中学2024届高三上学期期末数学试题（教师版）.docx

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1、高三上学期1月期末试题数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. 若集合，集合，则（ ）A. B. C. D. R【答案】B【解析】【分析】求得集合，根据集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，根据集合交集的运算，可得.故选：B.2. 已知复数

2、在复平面内对应点的坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知得到，利用复数的除法求出即可.【详解】由已知复数在复平面内对应点的坐标为，则，所以.故选：A.3. 江南的周庄、同里、甪直、西塘、鸟镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则只选一个苏州古镇的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】应用组合数求出所有可能情况数，应用

3、古典概型的概率求法求概率即可.【详解】从这6个古镇中挑选2个去旅游可能情况有种情况，只选一个苏州古镇的概率为故选：B4. 基础建设对社会经济效益产生巨大的作用，某市投入亿元进行基础建设，年后产生亿元社会经济效益若该市投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，且再过年，该项投资产生的社会经济效益是投资额的8倍，则（ ）A. 4B. 8C. 12D. 16【答案】B【解析】【分析】由4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍求得参数，然后计算出产生的社会经济效益是投资额的8倍的时间，相减可得结论【详解】由条件得，即设投资年后，产生的社会经济效益是投资额的8倍，则有，解得，所以再过年，该项投资

4、产生的社会经济笑意是投资额的8倍故选：B5. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】设，且，在中，结合正弦定理求得，即可求解.【详解】因为，且 与 的夹角为 ，如图所示，设，则，由题意知，设，因为，在中，由正弦定理得，解得，所以的最大值为.故选:C. 6. 公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在三角学准则中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割

5、，用csc（角）表示，则（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】根据给定的定义，利用锐角三角函数的定义转化为角的正余弦，再利用二倍角公式、辅助角公式求解作答.【详解】依题意，角可视为某直角三角形的内角，由锐角三角函数定义及已知得，所以.故选：C7. 在中，已知，边上的两条中线，相交于点，则的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量法求得的余弦值.【详解】由余弦定理得，所以，所以三角形是直角三角形，且，以为原点建立如图所示平面直角坐标系，所以.故选：B8. 已知函数，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分

6、析】判断出函数的奇偶性，利用导数确定函数的单调性，由对数函数性质、指数函数性质比较对数、幂的大小后，由奇偶性、单调性得结论【详解】函数的定义域为，故为偶函数，当时，令，则，即在上单调递增，故，所以，则在上单调递增，由于，所以故选：B二、多选题（共4小题，每题5分，共20分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）9. 下列说法正确的是（ ）A. 已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差B. 数据的第60百分位数为9C. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8D. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是【答案】

7、BC【解析】【分析】根据二项分布方差公式、百分位数、平均数、古典概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，易知，而，所以，A错误；对于B，共有7个数据，而，故第60百分位数为9，B正确；对于C，若样本数据的平均数为2，则的平均数为，C正确；对于D，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率都是，错误.故选：BC10. 已知函数的部分图象如图所示则（ ）A. 的图象关于中心对称B. 在区间上单调递增C. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象D. 将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象【答案】ABD【解析】【分析】由题意首先求出函数的

8、表达式，对于A，直接代入检验即可；对于B，由复合函数单调性、正弦函数单调性判断即可；对于CD，直接由三角函数的平移、伸缩变换法则进行运算即可.【详解】由图象可知，解得，又，所以，即，结合，可知，所以函数的表达式为，对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；对于B，当时，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.故选：ABD.11. 已知正项数列的前项和为，且，.，为的前项和.下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】由数

9、列的通项与前项和的关系，推得，由等差数列的通项公式可得所求ABC,由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质，可得证明D【详解】，可得时，解得，故A错误，当时，由，可得，上面两式相减可得，由于，所以，而，则，首项也符合，所以，故B错误，C正确，D正确，故选：CD12. 已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）A. 正四面体的外接球表面积为B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据正四面体的外接球、内切球、体积以及二面角等知识对选项进行分

10、析，从而确定正确答案.【详解】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，设为R，则：，所以，所以A对. B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，设正四面体的高为d，由等体积法可得：，所以为定值，所以B对.C.设中点为D，连接，则，则为所求二面角的平面角，所以，所以正弦值为，所以C错. D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球在四面体内切球内部，当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的边长为a，则，所以，故体积，所以D对.故选：ABD三、填空

11、题（共4小题，每题5分，共20分.）13. 二项式的展开式中，所有项系数和为，则的系数为_（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】利用赋值法求得，再根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】令可得二项式的所有项系数和为，所以.二项式的展开式的通项公式为，1，8，所以的展开式中，的系数为.故答案为：14. 随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据分布列性质求得a的值，即可求得的表达式，结合三角换元以及二次函数性质，即可求得答案.【详解】依题意知，则，则，设，则，故，所以，当时，取最小值，故答案为：15. 正三棱台中，点，分别为棱，的中点，若过点

12、，作截面，则截面与上底面的交线长为_【答案】【解析】【分析】作出平面与平面的交线，由正三棱台中相似求出，再由余弦定理求解.【详解】连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，如图，则线段即为截面与上底面的交线，因为F为中点，所以.过点E作的平行线交于点，因为，所以，在中，.故答案为：16. 已知正实数x，y满足，则的最小值为_【答案】#【解析】【分析】利用同构的方法对进行转化，然后构造函数，利用函数的单调性得到，即，代入，将问题转化为求单变量式子的最小值问题，再次构造函数，利用导数判断函数的单调性即可求解最值【详解】由得，即，设，则，当时，所以在上单调递增因为x，y均为正实数，所以，由，可得，

13、即由知，当时，单调递增，当时，单调递减，所以则令，则，所以在上单调递减，所以，所以，即的最小值为故答案为：【点睛】与和相关的常见同构模型，构造函数（或，构造函数）；，构造函数（或，构造函数；），构造函数（或，构造函数）四、解答题（共6小题，共70分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知中，角，的对边分别为，（1）求角；（2）若为边上一点，且满足，证明：为直角三角形【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和正弦公式化简已知等式，可得，再利用二倍角公式即可得到的值，即可求得答案；（2）根据得出，设，表示出相关各角，在利用正弦定理即可求得，即可证

14、明结论.小问1详解】在中，由正弦定理得，所以，即，因为，所以，又因为，所以，所以；【小问2详解】证明：因为，所以，设，在中，则可得，在中，由正弦定理得，又因为，所以，则，化简得，因为，即，则所以是直角三角形18. 如图，三棱锥平面展开图中，为的中点（1）在三棱锥中，证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）构造线面垂直再证线线垂直即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.【小问1详解】 由，得，且为的中点，所以， 取中点为，连接，可得，在中， 在中， 所以，所以 因为，平面，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】如图，

15、过点作，交于点，以，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系 则，在中，可得点到距离为，故可得， ，设平面与平面的一个法向量分别为，平面与平面的夹角为，由,取，所以， 由,取，所以，所以所以两平面的夹角的余弦值为.19. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱，在打开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则，主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子.（1）计算主持人打开4

16、号箱的概率；（2）当主持人打开4号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还是改选1号或3号箱？（以获得奖品的概率最大为决策依据）【答案】（1） （2）甲应该改选1号或3号箱.【解析】【分析】（1）设出事件，根据已知条件得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式即可得出答案；（2）根据条件概率公式，求出抽奖人甲选择各个箱子，获得奖品的概率，即可得出答案.【小问1详解】设分别表示1，2，3，4号箱子里有奖品，设分别表示主持人打开号箱子，则，且两两互斥.由题意可知，事件的概率都是，.由全概率公式，得.【小问2详解】在主持人打开4号箱的条件下，1号箱2号箱3号箱里有奖品的条

17、件概率分别为，通过概率大小比较，甲应该改选1号或3号箱.20. 已知数列是各项都为正整数的等比数列，且是与的等差中项，数列满足.（1）求数列的通项公式;（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质求得公比，进而得到数列的通项公式；由已知得到数列是以为首项，为公比的等比数列，求得其通项公式，进而得到数列的通项公式；（2）等价转化为对任意恒成立，然后令，利用作差法研究单调性，得到最大值，进而求解得到的取值范围.【详解】设数列的公比为，则，是与的等差中项，解得或(舍去)，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；由，整理可得，即，对任意恒成

18、立， 令，则当时，当时，当或时，取得最大值，.解得.故实数的取值范围是.21. 设椭圆的左右焦点分别为是该椭圆C的右顶点和上顶点，且，若该椭圆的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l与椭圆C交于两点，且与x轴交于点若直线与直线的倾斜角互补，求的面积的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据条件中离心率已知，结合建立方程组求得，得到椭圆的标准方程；（2）根据两条直线的倾斜角互补，建立斜率关系，并用坐标进行表示.然后设定直线方程与椭圆联立后消元化简，并表示根与系数的关系，代入前式，确定直线所过定点，再分别利用弦长公式及点到直线的距离公式表示三角形面积，通过换元构造基本不等式

19、求得面积的最值.【小问1详解】由题可得，所以 因为椭圆的离心率为所以，结合椭圆中可知，所以椭圆C的标准方程为【小问2详解】，设因为直线与直线的倾斜角互补，所以可知，即，化简得设直线，将代入上式，整理可得且由消元化简可得，所以，代入上式由，解得所以因为点到直线PQ的距离，且所以令，则所以，.当且仅当，时取等号.所以的面积的最大值为【点睛】（1）倾斜角互补，可转化为斜率和为0；（2）圆锥曲线中面积最值问题，通常都是把面积表示出来，用基本不等式求最值.22. 已知函数，（1）当时，求证：；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；（3）已知，证明：【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析【解析

20、】【分析】（1）构造差函数，求导研究单调性求最值即可证明；（2）证明出，在时，可得出，在时，分析可知，综合可得出实数的取值范围；（3）由（1）变形可得，令，可得出，可得出，证明出，可得出，利用不等式的基本性质可证得结论成立.【小问1详解】当时，令得，或（舍）当，单调递减；当，单调递增当时，即，【小问2详解】令（），则当时，则函数在上单调递增，当时，则函数在上单调递减，所以，即，所以，当时，即，当时，取，由于，而，得，故，不合乎题意.综上所述，【小问3详解】当时，由（1）可得，则，可得，即，即（），令，所以，所以，即（），所以，令（），则，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，故，则（），所以，所以，