安徽省池州市2024届高三(上)期末数学试卷(解析版)

这是一份安徽省池州市2024届高三(上)期末数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因，
而，．
故选：C.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】由复数，可得，所以，
则．
故选：B.
3. 已知向量，若，则下列关系一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
由可得，，整理得．
故选：D.
4. 已知函数在区间上单调递增，则实数a取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由函数在上单调递增，
因为函数在区间上单调递增，
则有函数在区间上恒正且单调递增，
则满足且，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：A.
5. 某种化学物质的衰变满足指数函数模型，每周该化学物质衰减，则经过周后，该化学物质的存量低于该化学物质的，则的最小值为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设该化学物质最初的质量为，经过周后，该化学物质的存量为，
由题意可得，即，可得，
所以，，
故正整数的最小值为.
故选：C.
6. 的展开式中的系数为（ ）
A. 10B. C. 20D.
【答案】A
【解析】，
展开式的通项公式为，
时，，所以的系数为．
故选：A.
7. 已知过点与圆：相切的两条直线分别是，若的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为M，N，
，则，
则，故，
故为钝角，则.
故选：D.
8. 下列不等关系中错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A项，因，故A项正确；
对于B项，设，则在上恒成立，故函数在上单调递增，
因，故，即，故，故B项正确；
对于C项，因，故构造，则则在上单调递增，，故C项错误；
对于D项，，，构造函数则单调递增，，故D项正确．
故选：C.
二、选择题：本题共4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. 下列判断中正确的是（ ）
A. 一组从小到大排列的数据，1，3，5，6，7，9，x，10，10，去掉x与不去掉x，它们的80%分位数都不变，则
B. 两组数据与，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，则总体的平均值为
C. 已知离散型随机变量，则
D. 线性回归模型中，相关系数r的值越大，则这两个变量线性相关性越强
【答案】AB
【解析】对于A中，数据，1，3，5，6，7，9，x，10，10的80%分位数为，
数据，1，3，5，6，7，9，10，10的80%分位数为10，所以，选项A正确；
对于B中，由平均数公式，可得，，则将它们合并在一起，可得 ，所以B正确；
对于C中，离散型随机变量，可得，
根据方差的性质，可得，所以C错误；
对于D中，相关系数越大，两个变量线性相关性越强，所以D错误．
故选：AB.
10. 下列函数中均满足下面三个条件的是（ ）
①为偶函数；②；③有最大值
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】由题意，函数满足：①为偶函数；②；③有最大值，
对于A中，函数，由余弦函数的性质，可得，不满足②，所以A不符合题意；
对于B中，函数，由，满足①；
又由，满足②；由函数，满足③，所以B符合题意；
对于C中，函数，由，满足①；
又由，可得，满足②；当时，可得，满足③，所以C符合题意；
对于D中,，函数为偶函数，由，可得，，所以D符合题意.
故选：BCD.
11. 如图，棱长为1的正方体中，E为棱的中点，点F在该正方体的侧面上运动，且满足平面．下列说法正确的是（ ）
A. 点F轨迹是长度为的线段
B. 三棱锥的体积为定值
C. 存在一点F，使得
D. 直线与直线所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【解析】设G为中点，则截面图形是为等腰梯形，分别为的中点，可得且，因为平面，平面，且平面，平面，所以平面，平面，
又因，且平面，所以平面平面，
因为平面，且点在该正方体的侧面上运动，
所以点的轨迹为线段，且，所以A正确；
由，所以B错误；
当点为中点时，因为，可得，
因为，所以，所以C正确；
当点为中点时，在正方体，可得，
则直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，设，
在等腰中，，可得，
在中，可得，
所以；
当点与或重合时，此时直线与直线所成角的正弦值为，
所以直线与直线所成角的正弦值的取值范围为，所以D正确.
故选：ACD.
12. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为递增数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】因为，即，
所以数列为递增数列，可得，选项A正确；
因为数列为递增数列且，则为递减数列，选项B错误；
因为，可得，两边平方整理得，选项C正确．
因为，整理得，两边平方得，即，可得，累加可得，即，所以，故D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某校思想品德课教师一天有3个不同班的课，每班一节，如果该校一天共7节课，上午4节，下午3节，该教师的3节课任意两节都不能连着上（第四节和第五节不算连着上），则该教师一天的课所有不同的排法有___________种．
【答案】78
【解析】上午2节不连堂，下午一节，共有种；
上午1节，下午2节不连堂，共有，
故不同的排课方案共有种．
故答案为：78.
14. 已知函数的图象如图所示，则___________．
【答案】
【解析】由图象可得，函数的最小正周期为，
，则，
，
，即，
由于，
，故
故答案为：
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点A在双曲线C上，点B在y轴上，，则双曲线C的离心率为___________．
【答案】
【解析】因，，点B在y轴上，则.
又，则，，由勾股定理，，由双曲线定义，
则．
故答案为：.
16. 现有一个底面边长为，高为4的正三棱柱形密闭容器，在容器中有一个半径为1的小球，小球可以在正三棱柱形容器中任意运动，则小球未能达到的空间体积为___________．
【答案】
【解析】边长为正三角形的内切圆半径为：，
故该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，
球在上下移动中所形成的空间几何体为两个半球圆柱，
其体积为：，
所以剩下体积：．
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 已知在中，角的对边分别是，且．
（1）求角C的大小；
（2）若的面积，求的值．
解：（1）由题意知
因为，可得，所以，
即，
可得，
又因为，可得，所以，
因为，所以.
（2）因为的面积，可得，
解得，
由余弦定理得，即，
解得或，
当时，可得，所以；
当时，可得，所以．
18. 已知正项数列的前n项和为．
（1）求数列的前n项和；
（2）令，求数列的前9项之和．
解：（1）正项数列的前n项和为，满足，
可得，
两式相减可得，
所以，
因为，所以，
又因为，解得，
所以数列是以首项为1，公差为2的等差数列，
则数列的通项公式为，可得.
（2）由（1）知，可得，
所以
．
19. 如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面．
（1）求该五面体的体积；
（2）请判断在棱上是否存在一点G，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
解：（1）因为底面是矩形，所以，又因为平面，
平面，所以平面，
又因过的平面平面，所以，
分别取与的中点M，N，连接，
则平面将五面体分割成两部分，几何体和棱锥，
故，
取中点为O，
，
，
为中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又因为，所以，则几何体为棱柱，
取的中点，连接，可得，
则四边形为平行四边形，则，
由平面，可得平面，则为棱锥的高，
由可得，
则，
又，平面，平面平面，
平面平面，所以平面，
所以为棱柱的高，
，

；
（2）取中点Q，连接，易得，
结合（1）可知两两垂直，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系；
则，
，，
设平面的法向量，
可得则，得，令得，
解得平面的一个法向量，
在上，设，，
，则，
设直线与平面所成角为，
，
或（舍去），
，
故存在G点，当，即G与F重合时，
与平面所成角的正弦值为．

20. 编号为1，2，3，4的四名同学一周内课外阅读的时间（单位：h）用表示，，将四名同学的课外阅读时间看成总体，则总体的均值为．先后随机抽取两个值，用这两个值的均值来估计总体均值．
（1）若采用有放回的方式抽样（两个值可以相同），则样本均值的可能取值有多少个？写出样本均值的分布列并求其数学期望；
（2）若采用无放回的方式抽样，则样本均值超过总体均值的概率会不会大于0.5？
（3）若考虑样本均值与总体均值的差的绝对值不超过0.5的概率，那么采用哪种抽样方法概率更大？
解：（1）有放回抽样会有16个等可能的样本
可得，，
所以样本均值的分布列为：
则均值．
（2）无放回抽样会有12个等可能的样本，
可得
所以样本均值的分布列为：
所以样本均值超过总体均值的概率为，
所以样本均值超过总体均值的概率不会大于0.5．
（3）样本均值与总体均值的误差不超过0.5的概率，
有放回的抽样，；无放回的抽样，，
因为，故采用无放回的抽样方法概率更大．
21. 已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点．若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，若椭圆C的右顶点为A，上顶点为B，动直线l交椭圆C于P、Q两点，且始终满足，作交于点M，求的最大值．
解：（1）由椭圆的性质可知，左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，
可得光线经过的路程为，解得，
又由椭圆的离心率为，可得，所以，
故，故椭圆C的标准方程为．
（2）椭圆，可得，则， ，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则且，
因为，可得，
所以
，
化简为，
而到直线的距离为，
即有M的轨迹方程为；
法1、设，则
，
表示点与点的距离的平方，减去的差；
由点与的即离为，可得M与点的距离的最大值为，
则的最大值为.
法2、令，设，
所以
（其中），
当且仅当时，取“等号”．
22. 已知函数与的图象关于直线对称，若，构造函数．
（1）当时，求函数在点处的切线与坐标轴围成三角形的面积；
（2）若（其中为的导函数），当时，，证明：．（参考数据：）
解：（1）由题，，则，
当时，，
则， .
则切线方程为，
又切线与坐标轴的交点为，
则；
证明：（2）当时，，由题意，
即
构造函数，则，
，
得在上单调递减，在上单调递增，
即，当且仅当时取等号.
则式
因，则，①
因，则，又结合（*）式，
可得，因
则，②
由①②知，
构造函数，则在单调递增，
注意到，
由零点存在性定理可知：．5
5.5
6
6.5
5.5
6
6.5
7
6
6.5
7
7.5
6.5
7
7.5
8
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
P
5.5
6
6.5
5.5
6.5
7
6
6.5
7.5
6.5
7
7.5
5.5
6
6.5
7
7.5
P