吉林省长春市外国语学校2023-2024学年高三数学上学期期中试题（Word版附解析）

长春外国语学校2023~2024学年第一学期期中考试高三年级数学试卷时间：110分钟满分：150分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页。考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第Ⅰ卷一．单选题：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，只有一项一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则中元素的个数为（    ）A．3B．4C．5D．62．已知复数满足，则（    ）A．B．C．D．3．在中，，则（    ）A．B．C．D．24．已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，长轴长等于圆的半径，则椭圆的方程为()A．B．C．D．5．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ）A．B．C．D．6．直线圆相交于，两点，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件7．设，若，则（    ）A．B．C．D．8．已知，，若，则的最小值是（    ）A．B．C．D．二．多选题：本题共4小题，每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的.选对得5分，少选得2分，多选或错选得0分.9．下列说法正确的是（    ）A．一组数1，5，6，7，10，13，15，16，18，20的第75百分位数为16B．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，相应变量增加个单位C．数据的方差为，则数据的方差为D．一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于10010．已知函数的图象为C，以下说法中正确的是（    ）A．函数的最大值为B．图象C关于中心对称C．函数在区间内是增函数 D．函数图象上，横坐标伸长到原来的2倍，向左平移可得到11．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法正确的是（    ）A．当时，的面积的最大值为B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，存在点，使得平面12．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（    ）A．B．是偶函数C．关于中心对称D．第Ⅱ卷三．填空题：本题共4小题，每小题5分,共20分.13．的展开式中含项的系数为.14．已知数列的前n项和为，则=.15．已知双曲线的左､右焦点分别为，过双曲线上一点向轴作垂线，垂足为，若且与垂直，则双曲线的离心率为.16．如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为.  四、解答题：17题10分，18-22题每题12分，共70分.17．已知数列的前项的和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.18．在中，内角..的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若点满足，且，求的取值范围． 19．已知多面体，四边形是等腰梯形，，，四边形是菱形，，E，F分别为QA，BC的中点，.  (1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离.20．甲、乙两人进行“抗击新冠疫情”知识竞赛，比赛采取五局三胜制，约定先胜三局者获胜，比赛结束．假设在每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立．（1）求甲获胜的概率；（2）设比赛结束时甲和乙共进行了局比赛，求随机变量的分布列及数学期望．21．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线交椭圆于两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值．22．已知函数，其中a为实数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；长春外国语学校2023-2024学年第一学期期中考试高三年级数学试卷参考答案1．B【分析】化简集合，根据交集的定义求得，进而可求解.【详解】因为，所以，则中元素的个数为4个.故选：B.2．D【分析】根据复数除法的运算法则进行求解即可.【详解】由，故选：D3．C【分析】将平方，再结合模长运算即可求解.【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以. 故选：C.4．B【详解】椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合,可得，长轴长等于圆，即的半径，a=2，则b=1，所求椭圆方程为：.故选B.5．C【分析】利用函数导数与函数单调性的关系将问题转化为恒成立问题，构造函数，利用导数求得的最大值，从而得解.【详解】因为，则，由题意知在区间上恒成立，即在区间上恒成立.令，，所以，因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，则，即的取值范围是.故选：C.6．A【分析】根据点到直线距离公式和垂径定理得到方程，求出，从而得到答案.【详解】圆心到直线的距离为，当时，由垂径定理得，即，解得，故“”是“”的充分而不必要条件.故选：A7．B【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式可推出，结合角的范围求得，即可求得答案.【详解】由题意，则，即，故，即，由于，所以，则，即，故，故选：B8．C【分析】化简已知条件，利用基本不等式即可得出结论.【详解】由题意，，，，∴，∴，当且仅当即时等号成立， 故选：C.9．ACD【分析】由百分位数的定义，即可判断A，由回归方程的性质即可判断B，由方差的性质即可判断CD.【详解】因为，所以这组数据的第75百分位数是第8个数，即为16，A正确；由回归方程可知，当解释变量每增加1个单位时，相应变量减少个单位，B错误；选项C，由，可得，C正确；由，得，所以这组样本数据的总和等于，故D正确；故选：ACD10．CD【分析】根据降幂公式、二倍角正弦公式，结合正弦型函数的最值、对称性、单调性、图象变换性质逐一判断即可.【详解】.A：函数的最大值为，因此本选项不正确；B：因为，所以图象C不关于中心对称，因此本选项不正确；C：当时，，所以函数在区间内是增函数，因此本选项正确；D：函数图象上，横坐标伸长到原来的2倍，得到，再向左平移可得到，所以本选项正确，故选：CD11．ABD【分析】对于A，B选项，直接利用几何法判断即可，对于C选项，利用线面垂直证明线线垂直，对于D选项，利用坐标法可证.【详解】当时，，则点在上运动，则当点与重合时，则此时面积取得最大值，,由于直三棱柱，则，为等腰直角三角形，则，又，，面，则面，因为面，所以，则，故选项A正确；当时，则，点在上运动，则，由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为，则，则，故选项B正确； 当时，，设的中点为，的中点为，则点在上运动，当点与点重合时，，，又，，平面，则面，又因为面，则，当点与点重合时，面，即面，则，故选项C错误；如图建立空间直角坐标系，设的中点为，的中点为，当时，，则点在线段上运动，则，，，，，故，，设平面的法向量为，则，令，得，当时，则与平行，则存在点，使得平面，故选项D正确；故选：ABD.12．BCD【分析】根据赋值法，可判断或，进而判断A，根据赋值法结合奇偶性的定义可判断C，根据偶函数即可判断对称性，根据对称性以及奇偶性可得函数的周期性，进而可判断CD.【详解】令，则或，故A错误，若时，令，则，此时是偶函数若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，令，则，所以关于中心对称，故C正确，由关于中心对称可得，结合是偶函数，所以，所以的周期为2，令，则，故，进而，故D正确，故选：BCD13． 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得展开式中含项的系数．【详解】的展开式中，通项公式为，令，求得，可得展开式中含项的系数.故答案为：．14．【分析】根据题中，利用和的关系式来求解，注意时要检验是否符合时的表达式.【详解】当时，；当时，因为，所以所以；所以；所以当时，是以2为公比的等比数列；所以，当时，所以，故答案为：15．【分析】由题意知四边形为菱形，再结合图形得出，最后根据定义即可得出离心率.公众号：全元高考【详解】设双曲线焦距为，不妨设点在第一象限，由题意知，由且与垂直可知，四边形为菱形，且边长为，而为直角三角形，，  故，则，则，故，即离心率.故答案为:.16．【分析】根据条件确定点的轨迹为圆，再根据勾股定理判断出为直角三角形，其外心为与的交点，进而计算出，确定为四面体的外接球的球心，求出半径进行计算即可.【详解】因为是上底面的一个动点，且，所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆， 在中，，，，∴，∴为直角三角形，其外心为与的交点，且，，而，所以，所以为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的体积故答案为：公众号：全元高考17．(1)；(2).【分析】（1）根据，并结合等比数列的定义即可求得答案；（2）结合（1），并通过错位相减法即可求得答案.【详解】（1）当时，，当时，，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2），…①…②①-②得，.18.（Ⅰ）；（Ⅱ）.【详解】试题分析：利用正弦定理及余弦定理整理求出，即可求得角的大小；利用余弦定理及常用不等式求解即可解析：（Ⅰ）根据正弦定理得又（Ⅱ）在中，根据余弦定理得即又又,19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理可证平面，进而可得结果；（2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用点到平面的距离公式的向量求法可得答案.【详解】（1）设是线段的中点，连接，过作，垂足为，因为四边形为等腰梯形，，，所以，， 因为是的中点，可得，则，即四边形为平行四边形，可得，所以，又因为四边形是边长为2的菱形，且，则是边长为2的等边三角形，可得，则，可得，因为平面平面，所以平面，且平面，所以平面平面.  （2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，取，则，可得，则点到平面的距离为.    20．（1）；（2）分布列见解析，数学期望为．【分析】（1）根据题意，结合五局三胜制规则，分别求得比赛三、四和五局且甲获胜的概率进而求得甲获胜的概率；（2）随机变量的取值为3，4，5，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得期望.【详解】（1）由题意知，比赛三局且甲获胜的概率，比赛四局且甲获胜的概率为，比赛五局且甲获胜的概率为，公众号：全元高考所以甲获胜的概率为．（2）随机变量的取值为3，4，5，则，，，所以随机变量的分布列为 345所以．【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.21．(1)；(2)．【分析】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，列出方程组求出，由此能求出椭圆的方程；（2）设与轴的交点为，直线，联立方程组，得，由此利用韦达定理、弦长公式、均值定理，结合已知条件能求出面积的最大值.【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且点在椭圆上所以，，即，解得，,所以，椭圆的方程是.（2）解：设直线与轴的交点为，直线，与椭圆交点为，，联立，，得，∴，，∴，即，            ∵，∴，∴，令，          设，则，当且仅当，即，等号成立，∴，                                ∴面积的最大值为.22.(1)(2)存在，，证明见解析公众号：全元高考【分析】（1）求导，得到，由导函数的几何意义求出切线方程；（2）分和两种情况，分离参数，构造函数得到函数的最值，从而得到a的值. 【详解】（1）当时，，，，又，∴曲线在点处的切线方程为．（2）①当时，，则，故，令，则，令，则在上恒成立，∴在上单调递减，∴当时，，∴，∴在上单调递增，，∴．②当时，，则，故．由①知当时，，在上单调递增，当时，，∴，∴在上单调递增，∴，∴．综合①②得：.