广东省梅州市梅县东山中学2024届高三上学期期末数学试题（教师版）

这是一份广东省梅州市梅县东山中学2024届高三上学期期末数学试题（教师版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，集合，则符合条件的集合的子集个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出集合中的运算，利用子集个数公式可得出结果.
【详解】，，
因此，符合条件的集合的子集个数为.
故选：C.
【点睛】本题考查集合子集个数的计算，解答的关键就是求出集合的元素个数，考查计算能力，属于基础题.
2. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数模的坐标表示即可得解.
【详解】因为z在复平面内对应的点为，
所以，则，
又，所以，即.
故选：C．
3. 命题“”是命题“曲线表示双曲线”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
利用既不充分也不必要条件的定义进行判断可得答案．
【详解】命题“曲线表示双曲线”，则，即，
解得
由于命题能推出命题，命题不能推出命题
则命题是命题的充分不必要条件
故选：C
4. 已知圆的面积被直线平分，圆，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 外离B. 相交C. 内切D. 外切
【答案】B
【解析】
【分析】由圆的面积被直线平分，可得圆心在直线上，求出，进而利用圆心距与半径和以及半径差的关系可得圆与圆的位置关系．
【详解】因为圆的面积被直线平分，所以圆的圆心在直线上，
所以，解得，所以圆的圆心为，半径为．
因为圆的圆心为，半径为，所以，
故，所以圆与圆的位置关系是相交．
故选：B．
5. 在的展开式中常数项为（ ）
A. 721B. -61C. 181D. -59
【答案】D
【解析】
【分析】先求出展开式的通项公式=,其中的展开式的通项公式为，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值.
【详解】=的展开式的通项公式为
=，
其中的展开式的通项公式为，
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
故常数项为++.
故选：D
6. 已知函数，且恒过定点，且满足，其中是正实数，则的最小值是（ ）
A. 16B. 6C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过可得定点，代入等式得，然后通过展开可求最小值.
【详解】令 ，得，此时，，
.
，
当且仅当， 即时，等号成立，
故选：A.
7. 已知抛物线上任意一点，定点，若点是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆的性质结合抛物线的定义求解即可．
【详解】抛物线焦点，准线，设点到准线的距离为，点到准线的距离为
．
故选：B
8. 已知函数在区间上有且只有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【详解】因为得，则，
所以由题意可得，，解得.
故选：D
二、多项选择题（本题共小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1
B. 一组数据的第60百分位数为14
C. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为2
D. 将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，若，则总体方差
【答案】AC
【解析】
【分析】由古典概型的概率可判断A，根据百分位数定义可判断B，由数据的平均数和方差的定义可判断C,D.
【详解】选项A：个体m被抽到的概率为，故A正确；
选项B：由于，第六个数为14，第七个数为16，则第60百分位数为，故B错误；
选项C：设数据的平均数为，方差为，
则数据的平均数为，
方差为
，
所以，故C正确；
选项D：设第一层数据为，第二层数据为，
则，，
所以，
，，
总体平均数，
总体方差
因为，则，
所以
，故D错误.
故选：AC.
10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则与的夹角为锐角
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量垂直、平行、模、夹角的坐标运算对选项进行分析，从而确定正确选项.
详解】A选项，，，A选项正确.
B选项，，，B选项错误.
C选项，，C选项错误.
D选项，，，为锐角，D选项正确.
故选：AD
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及作差法逐项分析判断即可.
【详解】对于A，因为，则，，
所以，即，故A正确；
对于B，由，假设，有，又，所以，故B错误；
对于C，由，可知，，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知非常数函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，为偶函数，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用函数的基本性质和导数的运算即可求解.
【详解】因为非常数函数及其导函数的定义域均为R，
若为奇函数，则，则函数关于点成中心对称，且，故选项A错误；
因为，令，则，故选项B正确；
因为，即两边同时求导，则有，所以函数关于直线对称，
因函数为偶函数，所以，即，
两边同时求导，则有，所以关于成中心对称，
则导函数的周期为，所以，故选项C正确；
因为函数关于直线对称，且，所以，故选项D正确，
故选：BCD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 从名男生和名女生中选出人分别担任三个不同学科课代表，若这人中必须既有男生又有女生，则不同的选法种数共有_______________．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先求出选人的方法种数，然后再将所选人分配给不同的科目即可，利用分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】所选人中必须既有男生又有女生，可以是男女，也可以是男女，再将所选人分配给不同的科目，
由分类加法计数原理和分步乘法计数原理可知，不同的选法种数为.
故答案为：.
【点睛】本题考查分配问题，考查分类加法和分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.
14. 已知，之间的一组数据如下表：
则回归直线必过的一个定点坐标是______；已知线性回归方程中，每增加1个单位时平均的增加0.77，则当时，______
【答案】 ①. ②. 8.31
【解析】
【分析】第一空：求出x,y的平均数，即可得到回归直线必过的一个定点坐标；
第二空：根据每增加1个单位时平均的增加0.77以及回归直线必过的一个定点坐标可得回归方程，将代入计算即可得答案.
【详解】解：，，
则回归直线必过的一个定点坐标是
每增加1个单位，平均地增加0.77，
∴，即
∴，
∴，
当时， .
故答案为：；8.31
15. 在数列中，，（），则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由和数列的递推公式，计算，得到数列的周期，可求.
【详解】由（），得（），
又，得，，，
所以数列是以3为周期的数列，得.
故答案为：
16. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，当时，．若函数恰有个零点，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先作出的图象，再利用换元法设，合理分类讨论，再利用二次函数的零点分布列出出不等式组，解出即可.
【详解】当时，，当且仅当时等号成立，
当时，，则，
根据对勾函数和指数函数的性质以及函数为奇函数作出整个函数图象如下图所示：
令，则，
显然由图知直线与图象最多3个交点，
若要满足题意，则有两个不等实数解，则，且根据韦达定理得，显然当不适合方程，且，不妨设，
则由图知：（i）当直线与有3个交点，直线与有1个交点，
①，，则，即，无解；
②，，则，即，解得；
（ii）当直线与有3个交点，直线与有1个交点，
①，，则，即，无解；
②，，则，即，解得；
（iii）当直线与有2个交点，直线与有2个交点，
①，，则，即，无解；
②当时，则，由图知此时符合题意，此，
综上所述的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于第一作出的图象，其次处理嵌套函数的方法往往换元法进行整体代换，然后再对个零点情况进行合理的分类讨论，结合二次函数的零点分布得到不等式组，解出即可.
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若满足数列为递增数列，求数列前项和．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式，可构造方程组求得，由此可得通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组求和法，结合等差等比求和公式可得结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则，解得：或，
当时，；
当时，.
综上，或
【小问2详解】
由（1）当数列为递增数列，则，
设，
.
18. 如图，在平面四边形中，为钝角三角形，为与的交点，若，且.

（1）求的大小；
（2）求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理解三角形，分类讨论计算即可；
（2）法一：利用（1）的结论及正切的差角公式计算，结合三角形面积公式计算即可；
法二：构造三角形相似，结合线段比例关系计算面积即可.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得：，
或，
当时，又，所以，与钝角三角形不符合，舍去.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，为等腰三角形，，
，
由，
可得；
法二：作于，则，
易知，
所以，则，
则.

19. 如图所示，四边形ABCD为圆柱ST的轴截面，点Р为圆弧BC上一点（点P异于B，C）．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）若，（），且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角及线面垂直的性质得出：，；再根据线面垂直的判定定理证得：PC⊥平面PAB；最后根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先建立空间直角坐标系，写出点的坐标，依据向量共线求出点；再求出平面PBM与平面BMC的法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法即可求解.
【小问1详解】
∵ P为圆弧BC上一点，BC为圆S直径，∴，
∵在圆柱ST中，平面BCP，平面BCP，∴，
∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB，
∵平面PAC，
∴平面平面PAC．
【小问2详解】
以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴，
在平面BCP内以过点且垂直于的直线为轴、建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，
则，，，
所以，，，，即
设，由得：，
即，∴，，
设平面PBM的一个法向量，
∴，令，得.
∵轴平面BMC，
∴取平面BMC的一个法向量，
∴，
解得：．
20. 已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）求证：；
（3）若函数无零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义及函数值的定义，结合直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用导数法求函数的最大值的步骤即可求解；
（3）根据（2）的结论及利用导数法求函数的最值，结合函数的零点的定义即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以在点处的切线的斜率为，
故在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
依题意知，函数的定义域为，
，
令，则，解得；
令，则，解得或；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最大值为，
所以.
【小问3详解】
依题意得，
，
当时，，在定义域上无零点；满足题意.
当时，，所以，
令，得；
令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最大值为，
因为无零点,
所以，解得；
当时，因为，
所以，即，
所以在定义域上无零点；满足题意.
综上所述，实数a的取值范围
21. 已知椭圆Γ：，点分别是椭圆Γ与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于两点．
（1）若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；
（2）若，求的面积；
（3）设直线与直线交于点，证明：三点共线．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；
（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；
（3）联立直线和椭圆方程，先表示出坐标，将共线问题转化成证明，结合韦达定理进行化简计算.
【小问1详解】
依题意，，解得（负数舍去）.
【小问2详解】
的直线经过，则直线方程为：；
，则椭圆的方程为：.
设联立直线和椭圆方程：，消去得到，
解得，则，故，于是.
依题意知，为椭圆的下顶点，即，由点到直线的距离，到的距离为：.
故
【小问3详解】
设联立直线和椭圆方程：，得到，由，得到直线方程为：，令，解得，即，又，，为说明三点共线，只用证，即证：，下用作差法说明它们相等：
，而，，，于是上式变为：.
由韦达定理，，于是，故，命题得证.
22. 根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子的概率模型为：
（其中）
每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为，且相互独立，事件表示一个家庭有个孩子，事件B表示一个家庭的男孩比女孩多（若一个家庭恰有一个男孩，则该家庭男孩多）.
（1）若，求，并根据全概率公式求；
（2）是否存在值，使得，请说明理由.
【答案】（1），
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由概率之和为1列出方程，求出，计算出，然后利用全概率公式可求得结果，
（2）假设存在，使，由于，两式相乘后得，设，利用导数可求出其最小值进行判断.
【小问1详解】
当时，，
则，解得.
由题意，得.
由全概率公式，得
又，所以.
【小问2详解】
由，得.
假设存在，使.
将上述两式相乘，得，
化简，得.
设，则
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
【点睛】关键点点睛：此题考查全概率公式的应用，考查离散型随机变量的分布列，考查导数的应用，第（2）问解题的关键是根据概率和为1，和期望公式列方程，化简后利用导数解决，考查数学计算能力，属于较难题.
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2
3
4
5
4.3
5.4
6.1
6.7
7.5
1
2
3
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