上海市普陀区曹杨第二中学2024届高三上学期期末数学试题

这是一份上海市普陀区曹杨第二中学2024届高三上学期期末数学试题，共20页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、填空题
1．已知，则实数 ．
2．复数z满足 （i为虚数单位），则z的虚部为 ．
3．已知，，则在上的数量投影为 ．
4．设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为 .
5．不等式的解集是 .
6．已知（且，函数的图象恒过定点，则点的坐标为 ．
7．在平面直角坐标系中，，把向量顺时针旋转定角得到，关于轴的对称点记为，，则的坐标为
8．已知，则 （用数字作答）．
9．某公司员工小明上班选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为、、，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为、、，结果今天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率为 ．
10．已知记函数的最大值为，则的取值范围是 ．
11．已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为 .
12．已知各项均不为零的数列的前项和为，，，，且，则的最大值为 ．
二、单选题
13．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
14．在中，，则下列说法一定正确的是（ ）
A．若，则是锐角三角形B．若，则是钝角三角形
C．若，则是锐角三角形D．若，则是钝角三角形
15．若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是（ ）
A．的长度B．的长度
C．的长度D．的长度
16．设集合，定义：集合，集合，集合，分别用，表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
三、解答题
17．已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
18．垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值．某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”．为了解学生的学习成果，该校对高一、高二年级全体学生进行了相关知识测试，然后从高一、高二各随机抽取了20名学生成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了整理得相关信息：
高一年级成绩分布表
(1)从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于90分的概率是多少？
(2)分别从高一全体学生中抽取一人，从高二全体学生中抽取2人，这三人中成绩不低于90分的人数记为，用频率估计概率，求的分布列和期望．
19．如图，斜三棱柱中，底面是边长为a的正三角形，侧面为菱形，且．

(1)求证：；
(2)若，三棱柱的体积为24，求直线与平面所成角的大小．
20．已知椭圆，过点作关于轴对称的两条直线，且与椭圆交于不同两点与椭圆交于不同两点，.
(1)已知经过椭圆的左焦点，求的方程；
(2)证明：直线与直线交于点;
(3)求线段长的取值范围.
21．已知为实数，．对于给定的一组有序实数，若对任意，，都有，则称为的“正向数组”．
(1)若，判断是否为的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若为的“正向数组”，则对任意，都有；
(3)已知对任意，都是的“正向数组”，求的取值范围．
等级
E
D
C
B
A
成绩（分数）
人数
1
2
3
4
10
参考答案：
1．
【分析】直接根据求解即可.
【详解】，
，
解得.
故答案为：.
2．
【分析】设，根据复数相等可得答案.
【详解】设，
因为，所以，
可得，解得，
则z的虚部.
故答案为：.
3．
【分析】直接利用投影公式计算即可.
【详解】，，
则在上的数量投影为.
故答案为：.
4．
【分析】根据方差的性质，若，，，的方差为，则，，的方差为，计算即得答案.
【详解】根据题意，一组样本数据，，，的方差，
则数据，，，的方差为；
故答案为：.
5．或}
【分析】分式不等式变式成，等价于，求解即可
【详解】，所以，解得或，所以不等式的解集是或}.
故答案为：或}
6．
【分析】令即可求出定点.
【详解】令得，
此时，
所以函数的图象恒过定点，即点.
故答案为：.
7．
【分析】根据条件的变化，找出规律，根据规律可得答案.
【详解】把向量顺时针旋转定角得到，得，
关于轴的对称点记为，则，即
把向量顺时针旋转定角得到，得，即
关于轴的对称点记为，则，
以此类推可得当为奇数时，，
当为偶数时，，
故的坐标为.
故答案为：
8．
【分析】根据题意，利用赋值法分别将和代入已知式子中，得到两个方程，由这两个方程化简整理，即可求出答案．
【详解】由，
令得，，①
令得，，②
①②得，，
.
故答案为：.
9．
【分析】设小明迟到为事件，小明自驾为事件，求出，，利用条件概率公式计算即可求出结果.
【详解】设小明迟到为事件，小明自驾为事件，
则，，
所以在小明迟到的条件下，他自驾去上班的概率为.
故答案为：.
10．
【分析】同一坐标系中画出和的图象，然后根据图象分，，讨论求解即可.
【详解】设，则，即函数在上为奇函数，
又当时，，当且仅当时等号成立，
由对勾函数的单调性可得函数在上单调递增，在上单调递减，
故
设，则，
令，解得
同一坐标系中画出和的图象如下：

由图可知，当时，，

当时，，

当时，，

综上的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于分段函数，其中每一段对应的变量范围在没有确定的情况下，需要在一个坐标系中画出每一段的完整图象，对变量的取值变化情况分析，从而得到分类的标准进行讨论.
11．
【分析】根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到关系，代入离心率计算公式，即可得到结果.
【详解】
设双曲线的半焦距为c，，，根据题意得，
又，，设的中点为，
在中，，，，
则，，根据，
可知，.
故答案为：.
12．
【分析】根据递推式先推出，然后分组求和可得，结合条件，通过基本不等式，二次函数的性质求的最大值.
【详解】因为，
所以，将代入得，
所以，又，
所以，
所以
又因为，所以，
又由，，得，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，，
所以当时，最大，且最大为
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据条件中的递推式求出数列中隐藏的等比数列，然后利用分组求和的方法进行求和.
13．A
【分析】分别求得与的等价条件，从而利用充分必要条件的定义即可得解.
【详解】，或，
所以前者可以推得后者，后者不能推得前者，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
14．D
【分析】根据题中条件利用向量的数量积运算可求得，分情况考查的正负情况，转化为的正负情况，进一步分析即可.
【详解】因为，
即,
又时，三角形一定不是直角三角形，
则有，
，
若，则，为锐角，但是不能判断的大小，
故A,B错误；
当时，则，中必有一个钝角，
故此时是钝角三角形，C错误，D正确，
故选：D.
15．D
【分析】根据题设定义，结合长方体的体积公式、已知量判断长方体的体积是否可以确定即可.
【详解】如下图，根据长方体体积公式，只需确定共顶点的三条棱长即可，
已知的长度，则体积可定，A满足；
由，即可求出，则体积可定，B满足；
由勾股定理及可求，由勾股定理及可求，故体积可定，C满足；
已知无法求出，体积不能确定，D不满足.
故选：D
16．D
【分析】对A、B：不妨设，可得，根据集合的定义可得Y中至少有以上5个元素，不妨设，则集合S中至少有7个元素，排除选项A，若，则集合Y中至多有6个元素，所以，排除选项B；对C：对，则与一定成对出现，根据集合的定义可判断选项C；对D：取，则，根据集合的定义可判断选项D.
【详解】解：不妨设，则的值为，
显然，，所以集合Y中至少有以上5个元素，
不妨设，
则显然，则集合S中至少有7个元素，
所以不可能，故排除A选项；
其次，若，则集合Y中至多有6个元素，则，故排除B项；
对于集合T，取，则，此时，，故D项正确；
对于C选项而言，，则与一定成对出现，，所以一定是偶数，故C项错误.
故选：D.
17．(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
18．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）先分别求出高一，高二中抽取一人，成绩不低于90分的概率，然后利用概率的乘法公式求解即可；
（2）可取的值为，分别求出其概率即可得分布列，然后根据期望公式求期望即可.
【详解】（1）由已知得从高一的学生中抽取一人，成绩不低于90分的概率是，
从高二的学生中抽取一人，成绩不低于90分的概率是，
则从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于90分的概率是；
（2）可取的值为，
则，
，
，
，
则的分布列为
所以
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用棱柱的体积公式，空间向量的夹角公式进行求解.
【详解】（1）取的中点，连接，
由题知为正三角形，而也是正三角形，
，又面，且，
面，又面，
；
（2），
，
，又，
，即，
又面，且，，
面，两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
三棱柱的体积为，
，
，
，
设平面的法向量为，
则，取得，
设直线与平面所成角为，
则.

20．(1)；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据直线的截距式方程即可求得答案.
（2）设直线，则，联立直线和椭圆方程，可得根与系数关系式，化简，可证明直线经过点，同理可证直线经过点，即可证明结论.
（3）表示出线段的长，结合根与系数的关系式化简并采用换元法，可得，利用函数的单调性，可求得答案.
【详解】（1）的左焦点为，当过左焦点时，的方程为，
即.
（2）由题意知斜率存在，设直线，
则，
联立，消得，需满足，即 ，
，
又，
，
，
，故点，，三点共线，即直线经过点，
同理可证,即点，，三点共线，即直线经过点，
故直线与直线交于点;
（3）由（2）可知
令，则，
又由得，所以，
，
设 ，时，恒成立，
在上单调递增，，，
，，.
【点睛】方法点睛：（1）证明直线与直线交于点时，采用证明的方法，从而证明点，，三点共线，即直线经过点，同理可证直线经过点，即可证明结论；（2）求解线段长的取值范围时，利用两点间距离公式可表示其长，解答时要结合换元法以及函数的单调性进行解答.
21．(1)不是的“正向数组”；
(2)证明见解析；
(3)的取值范围是.
【分析】（1）代入有，根据函数性质得到的正负时不同取值情况即可；
（2）假设存在,使得,通过正向数组定义转化得对任意恒成立，设，再利用函数的性质即可证明假设不成立；
（3）代入有恒成立或恒成立，设，求出是的最大值或最小值时的取值范围即可.
【详解】（1）若，，
对，即，
而当，时，
，，
即，不满足题意.
所以不是的“正向数组”.
（2）反证法:假设存在,使得,
为的“正向数组”，
对任意,都有.
对任意恒成立.
令，则在上恒成立，
，
设，
，
则当时，在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，当，，当，，
即存在，使在上为正，在上为负，在上为正，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为；
若，，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
当时，，在上单调递增，
又当，，当，，
必存在，使在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
由值域可看出，与在上恒成立矛盾.
对任意，都有.
（3）都是的“正向数组”，
对任意，，都有
，
则恒成立或恒成立，
即恒成立或恒成立，
设，
则，
即是的最大值或最小值.
，
且.
当时，由（2）可得，的值域为，无最大值或最小值；
当时，在上单调递增，
又，则在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则是的最小值，满足，
此时对任意，，都有
.
的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题第2问的关键是运用反证法，通过函数的图象与性质推理出与假设矛盾的结论，最后即得到证明；本题第3问的关键是理解“正向数组”的变形推理得到恒成立或恒成立，并构造函数，得到是的最大值或最小值，最后结合前面的证明得到结果.