河北省沧衡联盟2024届高三上学期期末联考数学试题

这是一份河北省沧衡联盟2024届高三上学期期末联考数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知向量满足，，则（ ）
A．2B．1C．D．
4．已知，则“”的充要条件为（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆的左焦点为F，M，N为上关于坐标原点对称的两个点，若的周长为22，则（ ）
A．4B．5C．8D．10
6．某次乒乓球团体赛为五场三胜制，第一、二、四、五场为单打，第三场为双打，每支队伍有3名队员，每名队员出场2次，则每支队伍不同的出场安排种数为（ ）
A．18B．27C．36D．45
7．将两个相同的正棱锥的底面重叠组成的几何体称为“正双棱锥”.如图，在正双三棱锥中，两两互相垂直，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．直线与曲线的公共点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．在一次数学考试中，某班成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A．该班数学成绩的极差大于40
B．该班数学成绩不低于115分的频率为0.15
C．该班数学成绩在内的学生比在外的学生少
D．估计该班数学成绩的分位数为97.5
10．已知函数（，）的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递减
D．的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数
11．已知函数满足（为的导函数），且在处的切线倾斜角小于，则（ ）
A．B．
C．有且仅有1个零点D．有且仅有1个极值点
12．已知抛物线的焦点为，准线为，是上除坐标原点以外的动点，过点且与相切的直线与轴交于点，与轴交于点，，垂足为，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．若点落在上，则的横坐标为2
C．四边形为菱形D．,,成等比数列
三、填空题
13．已知，数列的前项和为，则 .
14．若正数a，b满足，则的最小值是 .
15．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.已知，Q为直线上的动点，为圆上的动点，则的最小值为 .
16．已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，P，Q分别为线段，上的动点，则的最小值为 .
四、解答题
17．已知在等差数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)若是等比数列，且，，求数列的前项和.
18．在中，.
(1)求；
(2)若，点在边上，平分，求的长.
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为棱的中点，点在棱上.
(1)证明：平面平面；
(2)若Q为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
20．一只LED灯能闪烁红、黄、蓝三种颜色的光，受智能程序控制每隔1秒闪一次光，相邻两次闪光的颜色不相同.若某次闪红光，则下次有的概率闪黄光；若某次闪黄光，则下次有的概率闪蓝光；若某次闪蓝光，则下次有的概率闪红光.已知第1次闪光为红光.
(1)求第4次闪光为红光的概率；
(2)求第次闪光为红光的概率.
21．已知双曲线是关于轴和轴均对称的等轴双曲线，且经过点.
(1)求的方程；
(2)若是上一动点，直线与交于B，C两点，证明：的面积为定值.
22．已知函数.
(1)设且，求在区间内的单调递减区间（用表示）；
(2)若，函数有且仅有2个零点，求的值.
参考答案：
1．B
【分析】由复数的四则运算计算即可得解.
【详解】由题意得，所以.
故选：B.
2．D
【分析】根据题意求集合，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：，，
所以.
故选：D.
3．A
【分析】根据数量积的运算律求出的值，再结合，即可求得答案.
【详解】由题意知向量满足，，
故，
则，
故选：A
4．C
【分析】根据，结合同角的三角函数关系以及两角差的余弦公式化简，可推出，继而说明时，能推出，即可确定答案.
【详解】由题意知，则当时，，
即，即，
故，由于，则，
故；
当时，，
故“”的充要条件为，
故选：C
5．B
【分析】取椭圆的右焦点为，连接，由题意可知，可证四边形是平行四边形，，所以，即可得出答案.
【详解】由可得：，
取椭圆的右焦点为，连接，
所以的周长为22，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
，
所以，
所以，所以，
所以.
故选：B.
6．C
【分析】先从3人中选出2人参加第三场双打；这2人参与除双打外的另外四场中各选一场单打，剩余一人参加剩余的两场单打即可求解．
【详解】先从3人中选出2人参加第三场双打，有种选法；
这2人参与除双打外的另外四场中各选一场单打，剩余一人参加剩余的两场单打，有种出场安排方法，
所以由分步计数原理知：共有种不同的出场安排．
故选：B.
7．D
【分析】取中点，连接，说明为二面角的平面角，通过几何关系计算求解.
【详解】取中点，连接，交平面于点，
由正棱锥性质及对称性易知为的中心，且，
故为二面角的平面角，
设正三棱锥侧棱长为2，易得，
则，
在中由余弦定理得.
故选：D.
8．C
【分析】将直线与曲线的公共点的个数转化为两个函数图象交点的个数问题，作出图象求解即可.
【详解】直线与曲线的公共点的个数，
转化为函数的零点的个数，
所以转化为函数与图象交点的个数.
，，
所以，使得，
又，所以，使得.
所以在同一平面直角坐标系中作出两函数的图象，如图所示：
由图可知函数与图象有个交点，
故直线与曲线的公共点的个数为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9．BD
【分析】A选项，根据极差的定义得到该班数学成绩的极差小于等于；B选项，利用矩形面积求出该班数学成绩不低于115分的频率；C选项，求出该班数学成绩在内的频率，进而得到落在外的频率，得到C错误；D选项，先求出该班数学成绩的分位数落在区间，设出未知数，得到方程，求出答案.
【详解】A选项，该班数学成绩最高分位于中，最低分位于中，
故该班数学成绩的极差小于等于，A错误；
B选项，该班数学成绩不低于115分的频率为，B正确；
C选项，该班数学成绩在内的频率为，
该班数学成绩在外的频率为，
由于，故该班数学成绩在内的学生比在外的学生多，C错误；
D选项，该班数学成绩在的频率为，
该班数学成绩在的频率为，
故该班数学成绩的分位数落在区间内，设为，
则有，解得，
估计该班数学成绩的分位数为，D正确.
故选：BD
10．AC
【分析】根据函数图象可得周期，即可判断A，代入可得，进而可得，即可根据整体法求解C,利用函数平移即可结合奇偶性判断D.
【详解】由图象以及，可得函数的周期为4，所以，故A正确，
将代入可得，
结合点在单调递增区间内，所以,
又，所以，故B错误，
，，则，
故在上单调递减，C正确，
将的图象向右平移个单位得到，
可知为非奇非偶函数,D错误，
故选：AC
11．BCD
【分析】求导，再根据可求的的关系，即可判断A；再根据在处的切线倾斜角小于，可得，即可判断B；再利用导数求出函数的单调区间、极值点及最值，结合零点的存在性定理即可判断CD.
【详解】，
由，得，
所以，即，
所以，故A错误；
则，，
因为在处的切线倾斜角小于，
所以，所以，故B正确；
令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极小值点为，无极大值点，故D正确，
，
又当时，，，
所以函数仅有唯一零点，故C正确.
故选：BCD.
12．CD
【分析】根据题设条件及抛物线的性质，结合各个选项，逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于选项A，因为，当且仅当三点共线时取等号，即运动到原点时取等号，
此时，由题知是上除坐标原点以外的动点，故选项A错误，
对于选项B，易知，设直线的方程为，
由，消得到，则，解得，
当时，代入，得到，解得，
当时，代入，得到，解得，
所以选项B错误，
对于选项C，设，设直线的方程为，
由，消得到，由，
又，所以，解得，
所以直线的方程为，令，得到，
所以，又由抛物线的定义知，，
所以，又，所以为平行四边形，又，
所以为菱形，故选项C正确，
对于选项D，由选项C知直线的方程为，又，
令，得到，所以，又，，
得到，，
得到，所以,,成等比数列，故选项D正确，

故选：CD.
13．
【分析】由裂项相消法求出，即可求出.
【详解】因为，
所以
所以.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，转化为关于的方程存在实数解，结合，即可求解.
【详解】由题意知，正数满足，
即关于的方程存在正实数解，
由方程的图象表示开口向上的抛物线，且对称轴为，
要使得方程存在正实数解，
则只需满足，即，
因为，可得，解得，所以的最小值为.
故答案为：.
15．
【分析】先利用“阿波罗尼斯圆”定义设出点，由，得到，再由，即可求出最小值.
【详解】由阿波罗尼斯圆的定义，设，定点，令，则
，
平方化简得，
因为此方程与为同一方程，
所以，解得，所以点，
所以，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
即最小值为点到直线的距离：，
故答案为：.
16．/
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，,
则，
设，
故，
由于直线，为异面直线，要使的最小，则是，的公垂线，
故解得，
所以
故，
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）设的公差为，由题意列方程组，解方程可求出，再由等差数列的通项公式可得出答案；
（2）由（1）求出，再由分组求和法即可得出答案.
【详解】（1）设的公差为.
由得，解得
所以；
（2）由（1）可知，，则，
因为是等比数列，所以公比为，
所以，所以.
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）先利用平方关系变形，再利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）在和在中，利用正弦定理求出的关系，再根据的关系即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理得，故由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）因为平分，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
又，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
即，所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三线合一可知，由线面垂直性质可知，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线方向向量、平面法向量，结合线面角正弦公式即可得解.
【详解】（1）如图，连接.
由已知可得为正三角形，又为的中点，所以.
因为平面，平面，所以.
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，平面，所以，
由已知得，所以两两互相垂直，以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.
设，则由题意，，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则，可取.
设直线与平面所成的角为，
则.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由互斥加法、独立乘法公式运算即可求解.
（2）由全概率公式得递推式，构造等比数列即可求解.
【详解】（1）由题意，前4次闪光的顺序为“红黄蓝红”或“红蓝黄红”，
所以.
（2）设事件表示“第n次闪光为红光”，事件表示“第n次闪光为黄光”，事件表示“第n次闪光为蓝光”，且，，则，
由题意知，当时， ，
即，整理得，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
故，即第次闪红光的概率为.
21．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设双曲线方程为，然后将代入求解可得；
（2）直线方程联立双曲线方程消去x，然后利用弦长公式和点到直线的距离公式，韦达定理代入即可得证.
【详解】（1）因为是关于轴和轴均对称的等轴双曲线，故可设其方程为，
又经过点，所以，
所以的方程为，即.
（2）因为在上，所以.
联立方程得消去整理可得，
将代入，可得.
所以.
设，，则，，
所以
.
点A到直线的距离为，
所以的面积为，
所以的面积为定值.
【点睛】求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
22．(1)
(2)
【分析】（1）求导，得到函数的单调性，得到答案；
（2）求出定义域，结合（1）中的单调性得到在总有唯一的零点，再考虑当时，结合，，分，，和三种情况，结合函数单调性和特殊函数值，得到答案.
【详解】（1），
由，得，当时，，所以，
即，
当时，，当或时，，
所以在区间内的单调递减区间为.
（2）依题意，，定义域是.
（i）当时，有.
当时，，，所以；
当时，由（1）知在单调递增，在单调递减，
又，所以，又，所以.
所以在总有唯一的零点.
（ii）当时，有，，,
令，，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，即，
若，有，
当且仅当时两个不等号中的等号同时成立，
可知在有且仅有1个零点，符合题意.
若，有在单调递增，.
①若，则当时，有；
②若，又，则可知，使得.
由①②，可知在单调递减，所以，
又当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以在至少有1个零点，
则可知在至少有2个零点，不符合题意.
若，有在单调递增，又，，
则可知，使得，且在单调递增，则有，
又当趋向于0时，趋向于正无穷，所以在至少有1个零点，
又，可知在至少有2个零点，不符合题意.
综上可知，.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.