江西省赣州市2024届高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份江西省赣州市2024届高三上学期期末数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间120分钟，试卷满分150分）
第I卷（选择题 共60分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求集合B，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：A.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的四则运算及共轭复数的定义计算即可.
【详解】由，所以，故.
故选：B
3. 己知均为单位向量．若，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，由求解.
【详解】由，可得，所以，
则在上的投影向量为.
故选：D
4. 若抛物线上的动点M到其焦点F的距离的最小值为1，则p的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】结合抛物线的定义得，即可求解.
【详解】解：设点，则，
得，
故，得，
故选：C
5. 已知为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据为锐角、的值判断出的范围，利用平方关系求出，再利用诱导公式化简计算可得答案.
【详解】因为为锐角，且，
所以，即，
所以，
所以.
故选：D.
6. 从集合的非空子集中随机选取两个不同的集合A，B，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合非空子集的性质与集合公式计算即可得.
【详解】集合的非空子集有、、、、、、，
从中取两个不同的集合共有种取法，
其中的可能有：与，与，与，与，
与，与共6种，
故其概率.
故选：C.
7. “打水漂”是一种游戏：按一定方式投掷石片，使石片在水面上实现多次弹跳，弹跳次数越多越好．小乐同学在玩“打水漂”游戏时，将一石片按一定方式投掷出去，石片第一次接触水面时的速度为，然后石片在水面上继续进行多次弹跳．不考虑其他因素，假设石片每一次接触水面时的速度均为上一次的，若石片接触水面时的速度低于，石片就不再弹跳，沉入水底，则小乐同学这次“打水漂”石片的弹跳次数为（ ）（参考数据：）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】设这次“打水漂”石片的弹跳次数为,根据题意得，即,根据指数函数的单调性和对数换底公式求解即可.
【详解】设这次“打水漂”石片的弹跳次数为,
由题意得,
即，得.
因为,
所以,
即.
故选：B.
8. 已知是圆上两点．若，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用得向量、的夹角为，设，利用两角和与差的公式、三角函数的现在化简可得答案.
【详解】由题意，，
因为，，
所以向量、的夹角为，如图，
设，
所以
，且，
因为，所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出向量、的夹角，设进行化简计算.
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，有错选的得0分.
9. 有一组互不相等的样本数据，平均数为．若随机别去其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则（ ）
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D. 若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意结合统计相关知识逐项分析判断.
【详解】不妨设原数据，新数据，
对于选项A：例如原数据为，新数据为，
此时极差均为，故A正确；
对于选项B：原数据中位数为，新数据中位数为，
可知或，
若，可得；
若，可得；
综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B错误；
对于选项C：若，可知去掉的数据为，
则，可得，
所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确；
对于选项D：若，可知去掉的数据为，
因为，可知原数据的分位数为第3位数，
，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数，
例如原数据，新数据为，
此时新数据的分位数、原数据的分位数均为3，故D错误；
故选：AC.
10. 如图，点M为正方形ABCD的中心，N为等边的边BE的中点，平面平面ABCD，则（ ）
A. B.
C. //平面D. 与平面所成的角为
【答案】BC
【解析】
【分析】对A：根据面面平行，构造为斜边的直角三角形，利用勾股定理求解，即可判断；对B：构造过且与垂直的平面，即可通过线面垂直证明线线垂直；对C：在三角形中可得//，即可由线线平行证明线面平行；对D：根据A中所证，找到线面角，再在三角形中，求解即可.
【详解】设，
对A：取中点为，连接，则；
取中点为，连接，则//，，如下所示：
由面面，面面，面，则面，
又面，故，则；
因为//，故面面，故，
则；
故，A错误；
对B：因为//，故，又，
面，故面，又面，故，B正确；
对C：连接，则为中点，又为中点，故//，
又面面，故//面，C正确；
对D：连接，作图如下：
由A中所证可知：面，故即为与平面所成的角；
在直角三角形中，，
，；
故，故与平面所成的角不为，D错误.
故选：BC.
11. 若正数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：利用基本不等式求得的最大值，即可求得目标式的范围，从而判断；对B：直接使用基本不等式，结合指数运算，即可判断；对C：构造函数，利用导数研究其单调性和值域，将转化为，即可判断；对D：构造函数，利用导数研究其最大值，结合适度放缩，即可判断.
【详解】因为，故可得，当且仅当取得等号；
对A：，故A错误；
对B：，当且仅当时取得等号，故B正确；
对C：令，，
故在单调递增，，即当，；
，又，即，解得，故；
故，也即，故C正确；
对D：令，则
，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故的最大值为；
由C可知，，则，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项的判断，解决的关键在于构造，以及，利用导数研究其单调性和最值，从而实现问题的解决.
12. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 的最小正周期为
C. 的最小值为D. 直线是曲线的切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据奇函数定义判断A，根据周期定义判断B，结合特殊值即可判断C，根据导数判断切线斜率结合点斜式判断D.
【详解】对于A，的定义域为，
又，A正确；
对于B，因为，
所以是的一个周期，
又
，
所以的最小正周期为，B正确；
对于C，当时，，C错误；
对于D，，，
则，则，
则过，
曲线的切线在处的切线为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：分段讨论化简解析式，得出解析式分别讨论周期，最值即可.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中的系数为__________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】由，再写出展开式的通项，从而得到含的项，即可得解.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：
14. 某小区计划修建一个圆台形的花台，它的上、下底面半径分别为和．若需要的土才能把花台填满，则花台高为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用圆台体积公式求解.
【详解】圆台形的花台，它的两底面半径分别为1m和2m，高为m，
则两底面积分别为，，
圆台的体积，
解得，所以花台高为为1.
故答案为：1
15. 已知数列满足，数列是公差为1的等差数列，则_________．
【答案】15
【解析】
【分析】根据等差数列求出的通项，求出的通项，根据累加法即可求解.
【详解】因为，所以，
因为数列是公差为1的等差数列，
所以，
所以，所以，
所以，累加可得，
因为，所以.
故答案为：.
16. 己知为椭圆的两个焦点，过的直线与C交于M，N两点．若，，则C的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】借助椭圆定义、余弦定理可得，，再利用余弦定理列出与、有关齐次式即可得离心率.
【详解】由椭圆定义可知，,
设，，有，
由余弦定理有，
即有，即，即有，，
则，
故有，
化简得，即.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于借助，结合椭圆定义与余弦定理计算可得，，再结合余弦定理列出与、有关齐次式.
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. 已知数列满足．记．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用递推公式化简计算及等比数列的定义证明即可；
（2）结合（1）的结论结合错位相减法计算即可.
【小问1详解】
由，
可得，
因为，
所以表示以1为首项，2为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）得，，可得，
记，
则，
，
两式相减，可得，
即，
所以.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）证明：；
（2）记边AB和BC上的高分别为和，若，判断的形状．
【答案】（1）证明见解析；
（2）直角三角形.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理及（1）的结论证明即可.
【小问1详解】
因，
由正弦定理及条件得，，
整理可得，，
又，
于是，即，
因为，所以，
所以或（舍去），
所以；
【小问2详解】
根据等面积法可知，即，
由，可得，
又由及正弦定理可得，
解得，
由于，所以，
所以，所以是直角三角形.
19. 学生甲想加入校篮球队，篮球教练对其进行投篮测试．测试规则如下：①分别在罚球线处和三分线处投篮，每处有两次投篮的机会；②只有在罚球线处投进一个球，他才可以进行三分线处的投篮，否则不予录取；③他在罚球线处和三分线处各投进一球，则录取，否则不予录取．
已知学生甲在罚球线处投篮命中率为，在三分线处投篮命中率为．假设学生甲每次投进与否互不影响．
（1）求学生甲被录取的概率；
（2）在这次测试中，记学生甲投篮的次数为X，求X的分布列及期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据独立事件及对立事件概率求出概率；
（2）根据独立事件及对立事件概率分别写出概率求出分布列和期望即可.
【小问1详解】
记事件表示“甲罚球线处投篮，第i次投进”，事件表示“甲在三分线处投篮，第i次投进”．
则
设事件C表示“学生甲不被录取”，则
所以
所以学生甲被录取的概率为
【小问2详解】
X的可能取值为2，3，4
所以X的分布列为
所以
20. 如图，在三棱柱中，D为的中点，，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，四棱锥的体积为，求平面与平面ABC所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到平面，再构造平行四边形得到，从而得到平面，得到面面垂直；
（2）解法一：作出辅助线，根据四棱锥体积得到，进而得到为正三角形，又F为AC中点，所以，故即为三棱锥的高，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而求出面面角的余弦值；
解法二：作出辅助线，根据四棱锥体积得到，进而得到为正三角形，又F为AC的中点，所以，故即为三棱锥的高，找到平面与平面ABC所成角是，求出其度数和余弦值.
【小问1详解】
连接，设，连接，
因为四边形为平行四边形，所以E为的中点，
又因为，所以，
则由平面平面，平面平面，
可得，平面①，
设F为AC的中点，连接和FE．
在中，由E和F分别是和AC的中点得，且，
又因为且，所以且，
所以四边形BDEF为平行四边形，所以②，
由①②可得，平面，
又平面ABC，所以平面平面；
【小问2详解】
解法一：因为D为的中点，故，
又，四棱锥的体积为，
所以，
由（1）知，平面平面，且交线为，
由，可得
三棱锥的高为，
因为，F为AC的中点，可得，
因为平面，平面，
所以，故，
从而，
解得，
连接，则为正三角形，
又F为AC的中点，所以，故即为三棱锥的高，
所以两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
，
设为平面的一个法向量，由得
解得，令，则，得，
又为平面的一个法向量，
设平面与平面ABC所成角为，则，
故平面与平面ABC所成角的余弦值为；
解法二：因为D为的中点，故，
又，四棱锥的体积为，
所以，
由（1）知，平面平面，且交线为，
由，可得
三棱锥的高为，
因为，F为AC的中点，可得，
因为平面，平面，
所以，故，
从而，
解得，
连接，则为正三角形，
又为等腰直角三角形，故，
延长交CB于，连接，
在中，因为D为的中点，，
故知，B是PC的中点，，
又且，
所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，
所以，
于是平面与平面ABC所成角是，
由为正三角形，得四边形为菱形且，
故，
故平面与平面ABC所成角的余弦值为
21. 设双曲线C的中心为坐标原点，渐近线方程为，且C过点．
（1）求C的方程；
（2）设不过原点的直线与C的两支分别交于A，B两点，且的面积为．记，求动点P的轨迹．
【答案】（1）
（2）P的轨迹是去掉与坐标轴交点的单位圆
【解析】
【分析】（1）由渐近线方程可知双曲线为等轴双曲线，故设C的方程为，将点代入可解；
（2）联立方程组，由韦达定理及已知可得，再由弦长公式和点到直线距离公式表示出，令，解得或，化简即可.
【小问1详解】
依题意知，双曲线C关于x轴和y轴对称
由渐近线方程可设C的方程为
把点代入C的方程得，
故C的方程为
【小问2详解】
依题意知，，把代入，
可得，
设，则
依题意有，，即①
于是，
原点O到直线的距离②
联立①②，可得
令，则，解得或
当时，，于是，与①矛盾！
故，即（且）
故P的轨迹是去掉与坐标轴交点的单位圆.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求a和b的值；
（2）若，求m的取值范围．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）分离参数得，构造函数利用导数研究函数的单调性与最值计算即可.
【小问1详解】
依题意知，当时，，
即，所以，则，
易得，
于是，所以，即；
【小问2详解】
因为，所以原不等式可变为，
记，则上式等价于，
，
记，则，
于是在上单调递减，
又，所以当时，，即，
当时，，即，
从而在上单调递增，在上单调递减，
故，所以，
故m的取值范围是.
【点睛】思路点睛：第二问关于含参恒成立问题最直接的方法就是分离参数，利用导数研究函数的单调性及最值，有时需要多次求导.
X
2
3
4
P