山西省阳泉市2024届高三上学期期末数学试题（学生及教师版）

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注意事项：
1．本试题分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题答题卡相应的位置．
3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效．
4．考试结束后，将本试题的答题卡交回．
5．试题满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷（选择题共60分）
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，只有一项符合题目要求．
1. 已知集合，集合，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得，再利用集合的包含关系即求.
【详解】由题知，得，则，
故选：A．
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，然后再求.
【详解】由，得：，
所以：，即：，故C项正确.
故选：C.
3. 如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）．
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理可求的值.
详解】由平面向量基本定理，
化简
，
所以，即，
故选：A．
4. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二倍角公式结合平方关系以及商数关系即可得解.
【详解】由题意，所以，
所以，而，故解得，
而，经检验满足题意.
故选：D.
5. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义即可求得函数在某点处的切线方程.
【详解】因，
所以，
所以在点处的切线斜率为.
所以切线方程为，即，
故选：D
6. 已知点A，抛物线C：的焦点F．射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】抛物线C：x2=4y的焦点为F（0，1），定点A（2，0），
∴抛物线C的准线方程为y=-1.
设准线与y轴的交点P，则FM：MN=FP：FN，
又F（0，1），A（2，0），
∴直线FA为：x+2y-2=0，
当y=-1时，x=4，即N（4，-1），
，
=.
7. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见初行行里数，请公仔细算相还”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天到达目的地.”则此人第一天走了（ ）
A. 192里B. 148里C. 132里D. 124里
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列的前n项和公式即可得到答案.
【详解】由题意可得这个人每天走的路程成等比数列，且公比，，，
故，解得.
故选：A．
8. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，(是自然对数的底数)，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得函数的单调性，把不等式转化为，得到，即可求解.
【详解】当时，，此时，则在上单调递增，又由是偶函数，所以在上单调递减.
由，得，则，
两边平方整理得，解得.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，完全选对得满分，漏选得2分，错选得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 图象的一条对称轴方程为
B. 图象的一个对称中心为
C. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移2个单位长度，可得到的图象
D. 将的图象向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称
【答案】CD
【解析】
【分析】
先将函数化为，利用整体换元去考察它的对称轴与对称中心，利用三角函数的图象变换规律去判断CD即可.
【详解】，
令，，则，，故A错误；
令，则，所以图象的对称中心为，故B错误；
将曲线上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到曲线的图象，再向下平移2个单位长度得到曲线的图象，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度，得到的曲线方程为，其为偶函数，故D正确.
故选：CD
10. 将四大名著《红楼梦》《西游记》《三国演义》《水浒传》，诗集《唐诗三百首》《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ）
A. 戏曲书放在正中间位置的不同放法有种B. 诗集相邻的不同放法有种
C. 四大名著互不相邻的不同放法有种D. 四大名著不放在两端的不同放法有种
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，利用全排列求出答案；B选项，捆绑法进行求解；C选项，插空法进行求解；D选项，先将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，再将剩余的书和位置进行全排列.
【详解】A选项，戏曲书放在正中间，其余6本书和6个位置进行全排列，共有种不同放法，A错误；
B选项，将两本诗集进行捆绑，有2种放法，再将捆绑的诗集和剩余的5本书，
进行全排列，此时有种放法，故诗集相邻的不同放法有种，B正确；
C选项，先将诗集和戏曲进行全排列，有种方法，且3本书互相之间有4个空，
将4大名著进行插空，有种方法，故共有种放法，C正确；
D选项，将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有种放法，
再将剩余5本书和5个位置进行全排列，有种放法，
故四大名著不放在两端的不同放法有种，D错误.
故选：ABC
11. 已知､是双曲线C：的上､下焦点，点M是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点M，则下列说法正确的有（ ）
A. 双曲线C的渐近线方程为
B. 以为直径的圆方程为
C. 点M的横坐标为
D. 的面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】
由双曲线的标准方程可求得渐近线方程，可判断A选项；求得的值，可求得以为直径的圆的方程，可判断B选项；将圆的方程与双曲线的渐近线方程联立，求得点的坐标，可判断C选项；利用三角形的面积公式可判断D选项
【详解】由双曲线方程知,，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；
，以为直径圆的方程是，B错误；
由得或，由得或.
所以，点横坐标是，C错误；
，D正确．
故选：AD．
【点睛】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为（即），应注意其区别与联系.
12. 如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列结论中正确的是（ ）
A. 翻折到某个位置，使得
B. 翻折到某个位置，使得平面
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 点在某个球面上运动
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：当时，即时满足条件；对于B：根据线面垂直可得，进而结合长度关系即可判断；对于C：当平面平面时，四棱锥体积的最大，再求解即可；对于D：取中点，连接，即可得在以点为球心的球面上.
【详解】对于选项A：由题可知：，
若存在某个位置使得，
由于，平面，可得平面，
且平面，所以，
又因为，可得，
由于在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，
故存在某个位置，使得，故A正确；
对于选项B：若存在某个位置，使得平面，
由平面，可知，
因为，
由可得，由可得，
因为与不能同时成立，所以平面不成立，故B错误；
对于选项C：若四棱锥体积的最大时，则平面平面，
由于是等腰直角三角形，可知此时点到平面的距离为，
所以四棱锥体积的最大值为，故C正确；
对于选项D：取中点，连接，
由于为线段的中点，则为定值，
所以在以点为球心的球面上，故D正确.
故选：ACD.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知，，若，则____．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的线性运算以及向量垂直的坐标表示可得，进而可求模长.
【详解】由题意可得：，，
若，则，解得，
则，所以.
故答案为：.
14. 高三某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A+的概率分别为，这三门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得1个A+的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】
先求对立事件概率：三门科目考试成绩都不是，再根据对立事件概率关系求结果.
【详解】这位考生三门科目考试成绩都不是的概率为，
所以这位考生至少得1个A的概率为
故答案为：
【点睛】本题考查利用对立事件求概率，考查基本分析求解能力，属于基础题目.
15. 等差数列的前n项和为，若，则______
【答案】
【解析】
【分析】
结合已知条件，利用等差数列的求和公式求得公差，然后再由等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
所以.
故答案为：.
16. 已知函数．若存在实数，，使在上的值域为，请写出一个符合条件的的值____．
【答案】（内的任意一个值均可）
【解析】
【分析】判断函数单调性，根据给定条件，把问题转化为方程有两个不等的非负实根求解即得.
【详解】函数的定义域为，显然在上单调递增，
依题意，，，因此方程，即有两个不等实根，
令，于是方程有两个不等的非负实根，
则，解得，
所以符合条件的的值可以为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.
四、解答题（本大题共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. 中，角，，的对边分别是，，，
（1）求角；
（2）若为边的中点，且，求的最大值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理角化边得，化简利用余弦定理可求解；
（2）根据题意可知，两边平方化简可得，利用基本不等式可求的最大值.
【小问1详解】
由，得，
即又由余弦定理，
可得，
又，；
【小问2详解】
∵是边的中点，
∴，
那么，
又，∴
又，当且仅当时等号成立，
∴
∴，的最大值是4.
18. 已知数列的前项和为，点在函数的图象上．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，分和两种情况，结合与之间的关系运算求解；
（2）由（1）可得：，利用裂项相消法运算求解.
【小问1详解】
因为点均在二次函数的图象上，
可得，则有：
当时，；
当时，；
且也符合，所以．
【小问2详解】
由（1）可得：，
所以
，
所以.
19. 如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.
（1）证明：∥平面；
（2）设，若点到平面的距离为,
求二面角的大小.
【答案】(1)见解析（2）
【解析】
【分析】（1）设BD与AC的交点为O，连结EO，推导出EO∥PB，由此能证明PB∥平面AEC．
（2）由求出AB的长，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间坐标系，利用向量法求出二面角的大小.
【详解】（1）证明：连结交于点，连结,
因为为矩形，所以为的中点，
又为的中点，所以，
平面平面，所以平面
（2）因为为矩形，所以两两垂直
设，则，由有
即：，解得：
以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则，，则
设为平面的法向量，则
即可取
又为平面的法向量
由，故二面角的大小为
【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
20. 甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【小问1详解】
记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
【小问2详解】
设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
【小问3详解】
因为，，
所以当时，，
故．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．
21. 椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且短轴长为2.
（1）求椭圆的标准方程：
（2）过点且倾斜角为的直线与椭圆交于A、两点，线段的中垂线与轴交于点，是椭圆上的一点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解.
（2）由直线和椭圆方程式联立得线段的中点坐标，得到线段的中垂线方程，由此求得的坐标，再由椭圆的参数方程得的坐标，再由两点间的距离公式和复合函数求最值即得.
【小问1详解】
由题意设椭圆的方䄇为，
因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由已知得直线的方程为，
设，将直线代入，
得，解得，不妨设则；同理得，
即，所以线段的中点坐标，
所以线段的中垂线的方程为，
因为线段的中垂线与轴交于点，所以令得，得，
因为椭圆的标准方程为.
所以设椭圆的参数方程为，，因为是椭圆上的一点，
所以,
所以，
因为，所以，
当时，取得最小值为.
22. 设函数．
（1）证明：当时，；
（2）若对任意的，都有，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可求出函数的最小值，根据条件可得最小值大于等于0即证；
（2）利用参变分离，然后求函数的值域即可.
【详解】（1）由题意可知函数的定义域为，
又，令得，，
∴当时，，当时， ，
∴在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
当时，，∴，
即当时，；
（2）∵对任意的，都有，
∴在上恒成立，
故在上恒成立，令，则
在上恒成立，
∴在上单调递增，
∴，
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