浙江省绍兴市上虞区2024届高三(上)期末教学质量调测数学试卷(解析版)

这是一份浙江省绍兴市上虞区2024届高三(上)期末教学质量调测数学试卷(解析版)，共16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。
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，知，当且仅当时取等号，
因此，而，
所以.
故选：C
2. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以的虚部为，
故选：D
3. 椭圆的离心率为，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 2或
【答案】D
【解析】由于椭圆方程为，
当时，
则，
其离心率为：，解得，
当时，则，
其离心率为：，解得，
综上，的值为2或.
故选：D.
4. 设，为非零向量，，，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】对于A，当，时，满足，但，选项A错误；
对于B，当时，，则与不一定平行，选项B错误；
对于C，由，
则，即，
所以，所以与同向，即，选项C正确；
对于D，若，则，所以，不能得出，选项D错误．
故选：C
5. 平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关.在下图分布形态中，分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】众数是最高矩形的中点横坐标，因此众数在第二列的中点处.
因为直方图第一、二、三、四列高矩形较多，且在右边拖尾低矩形有三列，所以中位数大于众数，右边拖尾的有三列，所以平均数大于中位数，
因此有.
故选：C.
6. 已知实数满足，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由在上单调递减，在上单调递增，
可知，，
所以.
故选：B
7. 设为是首项为，公比为的等比数列的前项和，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，可得，即，
且，则，
可得，解得，故AB错误；
由可知，可得，则，
所以，故C正确；
例如，符合题意，但，故D错误.
故选：C.
8. 已知函数在区间恰有两个零点、，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得，其中，（取为锐角），
由、两个零点，可得，解得，
所以，故A正确.
故选：A.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，漏选得2分，错选得0分．
9. 下列命题中，正确的命题有 （ ）
A. 本数据的第80百分位数是
B. 线性回归模型中，决定系数越接近于1，表示回归拟合的效果越好．
C. 已知随机变量服从正态分布且，则
D. 用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较低
【答案】BC
【解析】对于A选项：样本共8个数，则有，所以第80百分位数为第7个数字9，故A不正确；
对于B选项：线性回归模型中，决定系数越接近于1，表示回归拟合的效果越好，故B正确；
对于C选项：由正态分布的对称性可知，则，故C正确；
对于D选项：用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较高，故D不正确；
故选：BC
10. 直线：，圆：，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线经过定点且与圆恒有两个公共点
B. 圆心到直线的最大距离是2
C. 存在一个值，使直线经过圆心
D. 不存在使得圆与圆关于直线对称
【答案】AC
【解析】对于A，因为直线：，可化为，
令，解得，故直线过定点，
而，所以点在圆内，
所以直线经过定点且与圆恒有两个公共点，故A正确；
对于B，因为圆：的圆心为，半径为，
所以圆心到定点的距离为，
所以圆心到直线的最大距离是，故B错误；
对于C，将圆心代入直线，得，解得，
所以存在，使直线经过圆心，故C正确；
对于D，因为圆的圆心为，
所以两圆圆心所成线段的中点坐标为，恰为直线所过定点，
同时两圆圆心所在直线的斜率为，
要使两圆关于直线对称，则只需直线的斜率为，
又直线：，所以，
其斜率，解得，显然存在满足题意，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，对于任意的，满足，且，，则（ ）
A. 是周期为2的周期函数
B.
C. 是偶函数
D.
【答案】BCD
【解析】对B：令，得，又因为，所以，故B正确；
对C：令，对于任意，则，
所以，所以是偶函数，故C正确；
对A：令，则，由，
则，所以不是以为周期的函数，故A错误；
对D：令，则，得，
由，，易得，
则且，，又，
所以数列，是首项为，公比为等比数列，
所以，
其次令，得，
则，，且，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
12. 在边长为的正方体中，为线段中点，为线段上的动点，则（ ）
A. 点到平面的距离为定值
B. 直线与直线所成角的最小值为
C. 三棱锥的外接球的表面积最小值为
D. 若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不将纸撕开，则所需纸面积的最小值是
【答案】ACD
【解析】对于选项A，如图所示，，平面，平面，
故平面，且点，
所以点到平面的距离为定值，A正确；
取的中点为，连接，在正方体内四边形是平行四边形，
所以，则直线与直线所成角即为直线与直线的夹角，
因为平面，
由线面角的最小性可知直线与直线的夹角的最小时为与平面所成线面角，
点在平面内的射影恰为线段的靠近的四等分点，
在中，，，
，
易求得该角的正弦值为，B错误；
因为，
所以线段恰为三棱锥外接球被平面所截形成的截面圆的直径，
显然外接球直径，
当最小为即线段恰好为该外接球的直径时，
三棱锥外接球的表面积最小，
此时，
三棱锥表面积的最小值为，C正确；
如下图所示，可知外包装正方形的对角线长为，
该正方形面积的最小值为，D正确．
故选：ACD.
三、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分．
13. 已知角，角的终边与单位圆的交点的纵坐标为，则______．
【答案】
【解析】因为角的终边与单位圆的交点的纵坐标为，
所以，又因，
所以，
所以，
故答案为：
14. 已知，则_____________．
【答案】
【解析】，由二项式定理得：，
所以.
故答案为：.
15. 设函数在处取得极值，且，当时，最大值记为，对于任意的的最小值为_____________．
【答案】
【解析】由已知得有两个不同实数根，
可得，
则，
可得，
令，解得或；令，解得；
易知在和上单调递增，在上单调递减，
故当时，上单调递减，上单调递增，
而，
当，即时，，
当时，，
当时，，
当时，，
显然对于，当时，.
故答案为：2
16. 已知点是等轴双曲线的左右顶点，且点是双曲线上异于一点，，则_____________．
【答案】
【解析】因为双曲线为等轴双曲线，故，故，
设，则，，且，
，
即，
，，
，而，故即.
故答案为：.
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. 如图，三棱柱是所有棱长均为2的直三棱柱，分别为棱和棱的中点．
（1）求证：面面；
（2）求二面角的余弦值大小．
证明：（1）为棱中点，为正三角形，.
又三棱柱是直三棱柱，
面，又面，，
而平面，
面，面，
面面；
解：（2）由（1）得面，面，
，
是二面角的平面角，
在中，
二面角的余弦值为．
方法二：以为原点，建立直角坐标系如图：
则，
，，
设平面、平面的法向量分别为，
，可以是
可以是，
二面角的余弦值为．
18. 已知正项数列，前项和记为，，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，．当时，求的值．
解：（1）因为是正项数列，即，
因为，，
当时，，则；
当时，，
所以，整理得，又，
所以是首项为的常数列，则，所以，
当时，也符合上式，故.
（2）由（1）得，则，
所以，
则，
易得，，当时，，则，
，解得.
19. 在①；②；③，这三个条件中任选一个，填在下面的横线中，并完成解答.
在锐角中，内角所对的边分别为，且_______.
（1）求边长；
（2）若边上的高为，求角的最大值.
解：（1）选①，，，
，；
选②，，，
，；
选③，，，
，，
，由正弦定理得，.
（2），当且仅当时，等号成立，
，，
又由于，，，
，，即，
又在锐角中，，则，
，即，所以角最大值为.
20. 已知函数，．
（1）求函数图象上一点处的切线方程；
（2）若函数有两个零点（），求的取值范围．
解：（1）由，解得，所以，
则，则，
所以切线方程为，即．
（2），
当时，在上单调递减，不合题意，舍去；
当时，在单调递减，在上单调递增．
由时，，时，，
则，
令，则，在单调递增．
又，时，，时，，
，所以.
21. 某校食堂为全体师生免费提供了、两个新菜品，师生可自由选择、菜品中的其中一个．若每位师生选择菜品的概率是，选择菜品的概率为，师生之间选择意愿相互独立．
（1）从师生中随机选取人，记人中选择菜品的人数为，求的均值与方差；
（2）现对师生逐个进行问卷调查并发放免费早餐券，若选择菜品则送张，选择菜品则送张，记累计赠送张免费早餐券的概率为，求证：．
解：（1）法一：由题可知，
于是的分布列为
所以，
．
法二：由题可知，，所以，．
证明：（2）法一：由题可知，．
当时，，也即，
∴为常数数列，且，
∴，
∴是以为首项、为公比的等比数列，
∴，∴，
当为奇数时，又在定义域上单调递增，
但是，所以且，
当为偶数时，又在定义域上单调递减，
但是，所以且，
又，，综上可得．
法二：由题可知，．
当时，也即，
∴是以为首项、为公比的等比数列，
∴，，，，
相加可得，
∴，又也满足，所以．
当为奇数时，又在定义域上单调递增，
但是，所以且，
当为偶数时，又在定义域上单调递减，
但是，所以且，
又，，综上可得．
22. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，斜率为的直线与抛物线交于两点．
（1）设中点为，若长度成等差数列，求直线的方程；
（2）已知点，与抛物线交于点，过作的垂线，垂足为，求的最小值及此时点的纵坐标．
解：（1）设直线的方程为，，，
联立可得，所以，
故，即，
由抛物线定义知，
且，
因为长度成等差数列，所以，解得，
所以直线的方程为．
（2）设，，，如图，
，即，
直线方程为，同理方程为，
代入可得，即，
又因为直线方程为，由于，，
可得，，代入化简可得，
即，可得直线过定点．
即在为直径的圆上，所以圆心为中点，半径，
又圆心与的距离，故，
此时，即，
即，解得或．