浙江省紹興市上虞區(qū)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷

2023學(xué)年第一學(xué)期高三期末教學(xué)質(zhì)量調(diào)測試卷數(shù)學(xué)第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.設(shè)集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函數(shù)的值域化簡集合A，再利用交集的定義求解即得.【詳解】由，知，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，因此，而，所以.故選：C2.若復(fù)數(shù)，則的虛部為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法的運(yùn)算法則，結(jié)合復(fù)數(shù)虛部定義進(jìn)行求解即可.【詳解】因?yàn)?，所以的虛部為，故選：D3.橢圓的離心率為，則（）A.2 B.1 C. D.2或【答案】D【解析】【分析】對?的值分類討論，進(jìn)而求得，由橢圓的離心率建立等式，進(jìn)而求出的值.【詳解】由于橢圓方程為，當(dāng)時(shí)，則，其離心率為：，解得，當(dāng)時(shí)，則，其離心率為：，解得，故選D.4.設(shè)，為非零向量，，，則下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】A中，舉例說明選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B中，當(dāng)時(shí)，，但與不一定平行，可判斷選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C中，兩邊平方得出，可判斷與共線，從而判斷C正確；D中，兩邊平方得出，不能得出,可判斷D錯(cuò)誤.【詳解】對于A，當(dāng)，時(shí)，滿足，但，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于B，當(dāng)時(shí)，，則與不一定平行，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于C，由，則，即，所以，所以與同向，即，選項(xiàng)C正確；對于D，若，則，所以，不能得出，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選：C5.平均數(shù)、中位數(shù)和眾數(shù)都是刻畫一組數(shù)據(jù)的集中趨勢的信息，它們的大小關(guān)系和數(shù)據(jù)分布的形態(tài)有關(guān).在下圖分布形態(tài)中，分別對應(yīng)這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)和眾數(shù)，則下列關(guān)系正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)直方圖矩形高低以及數(shù)據(jù)的分布趨勢，判斷即可得出結(jié)論.【詳解】眾數(shù)是最高矩形的中點(diǎn)橫坐標(biāo)，因此眾數(shù)在第二列的中點(diǎn)處.因?yàn)橹狈綀D第一、二、三、四列高矩形較多，且在右邊拖尾低矩形有三列，所以平均數(shù)小于眾數(shù)，右邊拖尾的有三列，中位數(shù)大約在第三?四列的位置，中位數(shù)最大，因此有.故選：A.6.已知實(shí)數(shù)滿足，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合特殊值判定大小即可.【詳解】由在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，可知，，所以.故選：B7.設(shè)為是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列的前項(xiàng)和，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)前n項(xiàng)和定義可得，結(jié)合等比數(shù)列可得，進(jìn)而判斷AB；再根據(jù)等比數(shù)列求和公式判斷C；舉反例判斷D.【詳解】因?yàn)?，可得，即，且，則，可得，解得，故AB錯(cuò)誤；由可知，可得，則，所以，故C正確；例如，符合題意，但，故D錯(cuò)誤.故選：C.8.已知函數(shù)在區(qū)間恰有兩個(gè)零點(diǎn)、，則的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用輔助角公式化簡得，然后列出方程組，從而可求解.【詳解】由題意得，其中，（取為銳角），由、為兩個(gè)零點(diǎn)，可得，解得，所以，故A正確.故選：A.二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，漏選得2分，錯(cuò)選得0分．9.下列命題中，正確的命題有（）A.本數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)是B.線性回歸模型中，決定系數(shù)越接近于1，表示回歸擬合的效果越好．C.已知隨機(jī)變量服從正態(tài)分布且，則D.用殘差進(jìn)行回歸分析時(shí)，若殘差點(diǎn)比較均勻地落在寬度較窄的水平區(qū)域內(nèi)，則說明線性回歸模型的擬合精度較低【答案】BC【解析】【分析】利用百分位數(shù)的定義可判斷A選項(xiàng)；利用回歸分析可判斷B選項(xiàng)；由正態(tài)分布的對稱性可判斷C選項(xiàng)；利用殘差進(jìn)行回歸分析可判斷D選項(xiàng).【詳解】對于A選項(xiàng)：樣本共8個(gè)數(shù)，則有，所以第80百分位數(shù)為第7個(gè)數(shù)字9，故A不正確；對于B選項(xiàng)：線性回歸模型中，決定系數(shù)越接近于1，表示回歸擬合的效果越好，故B正確；對于C選項(xiàng)：由正態(tài)分布對稱性可知，則，故C正確；對于D選項(xiàng)：用殘差進(jìn)行回歸分析時(shí)，若殘差點(diǎn)比較均勻地落在寬度較窄的水平區(qū)域內(nèi)，則說明線性回歸模型的擬合精度較高，故D不正確；故選：BC10.直線：，圓：，則下列結(jié)論正確的是（）A.直線經(jīng)過定點(diǎn)且與圓恒有兩個(gè)公共點(diǎn)B.圓心到直線的最大距離是2C.存在一個(gè)值，使直線經(jīng)過圓心D.不存在使得圓與圓關(guān)于直線對稱【答案】AC【解析】【分析】利用直線過定點(diǎn)的求法，結(jié)合點(diǎn)圓位置關(guān)系判斷A；利用圓心到直線的最大距離判斷B；將圓心直接代入直線判斷C；利用點(diǎn)關(guān)于直線對稱的性質(zhì)判斷D.【詳解】對于A，因?yàn)橹本€：，可化為，令，解得，故直線過定點(diǎn)，而，所以點(diǎn)在圓內(nèi)，所以直線經(jīng)過定點(diǎn)且與圓恒有兩個(gè)公共點(diǎn)，故A正確；對于B，因?yàn)閳A：的圓心為，半徑為，所以圓心到定點(diǎn)的距離為，所以圓心到直線的最大距離是，故B錯(cuò)誤；對于C，將圓心代入直線，得，解得，所以存在，使直線經(jīng)過圓心，故C正確；對于D，因?yàn)閳A的圓心為，所以兩圓圓心所成線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為，恰為直線所過定點(diǎn)，同時(shí)兩圓圓心所在直線的斜率為，要使兩圓關(guān)于直線對稱，則只需直線的斜率為，又直線：，所以，其斜率為，解得，顯然存在滿足題意，故D錯(cuò)誤.故選：AC.11.已知函數(shù)，對于任意的，滿足，且，，則（）A.是周期為2的周期函數(shù) B.C.是偶函數(shù) D.【答案】BCD【解析】分析】應(yīng)用賦值法判斷A、B、C選項(xiàng)，通過構(gòu)造數(shù)列可求出再結(jié)合賦值法可得，從而得，即可對D判斷求解.【詳解】對B：令，得，又因?yàn)?，所以，故B正確；對C：令，對于任意，則，所以，所以是偶函數(shù)，故C正確；對A：令，則，由，則，所以不是以為周期的函數(shù)，故A錯(cuò)誤；對D：令，則，得，由，，易得，則且，，又，所以數(shù)列，是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所以，其次令，得，則，，且，所以，所以，所以，故D正確.故選：BCD.12.在邊長為的正方體中，為線段中點(diǎn)，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，則（）A.點(diǎn)到平面的距離為定值B.直線與直線所成角最小值為C.三棱錐的外接球的表面積最小值為D.若用一張正方形的紙把此正方體完全包住，不將紙撕開，則所需紙面積的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】選項(xiàng)A，應(yīng)用線面平行的判定定理，證明平面即可；選項(xiàng)B，將異面直線與直線所成的角轉(zhuǎn)化為相交直線的夾角，在三角形內(nèi)求角的正弦值即可；選項(xiàng)C，考慮到是直角，線段為外接球截面圓的直徑，顯然截面圓的直徑為球的直徑時(shí)，球的半徑最小表面積最小；選項(xiàng)D，只需考慮該正方體展開圖的形態(tài)即可.詳解】對于選項(xiàng)A，如圖所示，，平面，平面，故平面，且點(diǎn)，所以點(diǎn)到平面的距離為定值，A正確；取的中點(diǎn)為，連接，在正方體內(nèi)四邊形是平行四邊形，所以，則直線與直線所成角即為直線與直線的夾角，因?yàn)槠矫?，由線面角的最小性可知直線與直線的夾角的最小時(shí)為與平面所成線面角，點(diǎn)在平面內(nèi)的射影恰為線段的靠近的四等分點(diǎn)，在中，，，，易求得該角的正弦值為，B錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以線段恰為三棱錐外接球被平面所截形成截面圓的直徑，顯然外接球直徑，當(dāng)最小為即線段恰好為該外接球的直徑時(shí)，三棱錐外接球的表面積最小，此時(shí)，三棱錐表面積的最小值為，C正確；如下圖所示，可知外包裝正方形的對角線長為，該正方形面積的最小值為，D正確．故選：ACD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：正方體作為立體幾何中最基本的空間圖形，一直以來是高考考查學(xué)生空間想象能力的載體；譬如本題中學(xué)生需要思考動(dòng)點(diǎn)變化帶來的空間位置關(guān)系和截面形狀的變化，思考夾角、長度、面積等度量值的變化.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）三、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共20分．13.已知角，角的終邊與單位圓的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，則______．【答案】##【解析】【分析】根據(jù)余弦的定義、同角三角函數(shù)關(guān)系式、誘導(dǎo)公式進(jìn)行求解即可.【詳解】因?yàn)榻堑慕K邊與單位圓的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，所以，又因?yàn)椋?，所以，故答案為?4.已知，則_____________．【答案】【解析】【分析】先將變形為的形式，再應(yīng)用二項(xiàng)式定理求解即可.【詳解】，由二項(xiàng)式定理得：，所以.故答案是：.15.設(shè)函數(shù)在處取得極值，且，當(dāng)時(shí)，最大值記為，對于任意的的最小值為_____________．【答案】【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及極值，結(jié)合韋達(dá)定理求參數(shù)，再分類討論的范圍計(jì)算即可.【詳解】由已知得有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根，可得，則，可得，令，解得或；令，解得；易知在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故當(dāng)時(shí)，上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，而，當(dāng)，即時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，顯然對于，當(dāng)時(shí)，.故答案為：216.已知點(diǎn)是等軸雙曲線的左右頂點(diǎn)，且點(diǎn)是雙曲線上異于一點(diǎn)，，則_____________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)等軸雙曲線可得，據(jù)此可得關(guān)于的正切的方程，從而可求.【詳解】因?yàn)殡p曲線為等軸雙曲線，故，故，設(shè)，則，，且，，即，，，，而，故即.故答案為：.四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.如圖，三棱柱是所有棱長均為2的直三棱柱，分別為棱和棱的中點(diǎn)．（1）求證：面面；（2）求二面角的余弦值大?。敬鸢浮浚?）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、直棱柱的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)、線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理進(jìn)行證明即可；（2）方法一：根據(jù)二面角定義，結(jié)合（1）的結(jié)論、線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合余弦定理進(jìn)行求解即可；方法二：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.【小問1詳解】為棱中點(diǎn)，為正三角形，.又三棱柱是直三棱柱，面，又面，，而平面，面，面，面面；【小問2詳解】由（1）得面，面，，是二面角的平面角，在中，二面角的余弦值為．方法二：以為原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系如圖：則，，，設(shè)平面、平面的法向量分別為，，可以是可以是，二面角的余弦值為．18.已知正項(xiàng)數(shù)列，前項(xiàng)和記為，，且滿足．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，數(shù)列的前項(xiàng)和為，定義為不超過的最大整數(shù)，例如，．當(dāng)時(shí)，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用與的關(guān)系式，分類討論與兩種情況，得到是首項(xiàng)為的常數(shù)列，從而得解；（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，利用裂項(xiàng)相消法求得，再分析的取值情況，利用等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可得解.【小問1詳解】因?yàn)槭钦?xiàng)數(shù)列，即，因?yàn)?，，?dāng)時(shí)，，則；當(dāng)時(shí)，，所以，整理得，又，所以是首項(xiàng)為的常數(shù)列，則，所以，當(dāng)時(shí)，也符合上式，故.【小問2詳解】由（1）得，則，所以，則，易得，，當(dāng)時(shí)，，則，，解得.19.在①；②；③，這三個(gè)條件中任選一個(gè)，填在下面的橫線中，并完成解答.在銳角中，內(nèi)角所對的邊分別為，且_______.（1）求邊長；（2）若邊上的高為，求角的最大值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）選①，利用向量數(shù)量積的定義，結(jié)合余弦定理即可得解；選②，利用余弦定理的邊角變換即可得解；選③，利用三角恒等變換，結(jié)合正弦定理的邊角變換即可得解；（2）利用余弦定理與基本不等式，結(jié)合三角形的面積公式得到，從而利用輔助角公式，結(jié)合角的范圍即可得解.【小問1詳解】選①，，，，；選②，，，，；選③，，，，，，由正弦定理得，.【小問2詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，，，又由于，，，，，即，又在銳角中，，則，，即，所以角的最大值為.20.已知函數(shù)，．（1）求函數(shù)圖象上一點(diǎn)處的切線方程；（2）若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)（），求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合直線的點(diǎn)斜式方程運(yùn)算求解；（2）先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，分和時(shí)，得出函數(shù)的單調(diào)性，從而只需要，即可求出答案.【小問1詳解】由，解得，所以，則，則，所以切線方程為，即．【小問2詳解】，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，不合題意，舍去；當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．由時(shí)，，時(shí)，，則，令，則，在單調(diào)遞增．又，時(shí)，，時(shí)，，，所以.21.某校食堂為全體師生免費(fèi)提供了、兩個(gè)新菜品，師生可自由選擇、菜品中的其中一個(gè)．若每位師生選擇菜品的概率是，選擇菜品的概率為，師生之間選擇意愿相互獨(dú)立．（1）從師生中隨機(jī)選取人，記人中選擇菜品的人數(shù)為，求的均值與方差；（2）現(xiàn)對師生逐個(gè)進(jìn)行問卷調(diào)查并發(fā)放免費(fèi)早餐券，若選擇菜品則送張，選擇菜品則送張，記累計(jì)贈(zèng)送張免費(fèi)早餐券的概率為，求證：．【答案】（1），（2）證明見解析【解析】【分析】（1）法一：依題意可得，即可得到的分布列，從而求出期望與方差；法二：利用二項(xiàng)分布的期望與方差公式計(jì)算可得；（2）法一：依題意可得，從而得到，即可求出的通項(xiàng)，即可得證；法二：依題意可得，從而得到，再利用累加法求出的通項(xiàng)，即可得證.【小問1詳解】法一：由題可知，于是的分布列為所以，．法二：由題可知，，所以，．【小問2詳解】法一：由題可知，．當(dāng)時(shí)，，也即，∴為常數(shù)數(shù)列，且，∴，∴是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列，∴，∴，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，又在定義域上單調(diào)遞增，但是，所以且，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，又在定義域上單調(diào)遞減，但是，所以且，又，，綜上可得．法二：由題可知，．當(dāng)時(shí)，也即，∴是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列，∴，，，，相加可得，∴，又也滿足，所以．當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，又在定義域上單調(diào)遞增，但是，所以且，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，又在定義域上單調(diào)遞減，但是，所以且，又，，綜上可得．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二小問解決的關(guān)鍵是根據(jù)題意得到推遞式，從而得解.22.已知拋物線的焦點(diǎn)為，為坐標(biāo)原點(diǎn)，斜率為的直線與拋物線交于兩點(diǎn)．（1）設(shè)中點(diǎn)為，若長度成等差數(shù)列，求直線的方程；（2）已知點(diǎn)，與拋物線交于點(diǎn)，過作的垂線，垂足為