吉林省长春市2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析

这是一份吉林省长春市2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析，共11页。
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．6
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，则（ ）
A．B．C．D．2
4．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16
B．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100
10．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；
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：D
3．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：A
7．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：B
8．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：ACD
10．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：CD
11．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：BCD
13．
【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
…②
①-②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
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：.
3
4
5