广东省东莞市、揭阳市韶关市高三上学期期末质量检查数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省东莞市、揭阳市韶关市高三上学期期末质量检查数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知向量，若，则， 方程在的解的个数为， 设函数，若，则的最小值为， 某同学投掷一枚骰子等内容，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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，利用交集和补集的定义可求得集合.
【详解】因为，且，
因为，则，因此，.
故选：B.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 2C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，再根据向量垂直的坐标运算求解.
【详解】因为向量，则，
若，则，解得.
故选：C.
3. 在复平面内，点对应的复数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数几何意义，复数除法，复数模定义可得答案.
【详解】点对应的复数为，
则.
故选：D
4. 已知等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式基本量运算以及等差数列求和公式基本量运算列不等式组求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，
所以，
解得，
故选：A.
5. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动4次，则质点位于原点左侧的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算质点移动4次可能的结果，质点质点位于原点左侧的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求解.
【详解】由题意可得：质点移动次可能的结果有种，
质点位于原点左侧可能结果为：向左移动4次；向左移动3次，向右移动1次；
向左移动4次，共有1种移动情况，为：左左左左；向左移动3次，向右移动1次，共有4种移动情况，为：左左左右，左左右左，左右左左，右左左左；
所以质点位于原点左侧共5种移动情况，
由古典概率公式可得：质点位于原点左侧的概率为，
故选：A.
6. 方程在的解的个数为（ ）
A. 10B. 9C. 8D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】在同一平面直角坐标系内，作出函数与函数图象，由图象即可得出结果.
【详解】方程在的解的个数，即是函数与函数图象在的交点个数；
在同一平面直角坐标系内，作出两函数图象如下：
由图象可得，函数与函数图象在的共8个交点，
则方程在的解的个数为8，
故选：C.
7. 已知、分别为双曲线的左、右焦点，过作的两条渐近线的平行线分别交两条渐近线于、两点.若为等腰直角三角形，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出点的坐标，分析可知，结合斜率公式可求出的值，由此可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示：
直线的方程为，直线的方程为，
联立可得，即点，
因为为等腰直角三角形，由对称性可知，、关于轴，
所以，，所以，，
所以，，可得，故，
故该双曲线的离心率为，
故选：D.
8. 设函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得函数有相同的零点，由此用表示，再构造函数并利用导数求出最小值.
【详解】函数，令，
函数在定义域上都单调递增，由，得与同正负，
因此函数与必有相同的零点，由，得，
由，得，于是，，，
令，求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
所以的最小值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：将函数拆成两个函数的积，再由其单调性及不等式可得它们在相同的零点是求解问题的关键.
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 已知圆台上，下底面半径分别为1，3，母线长为4，则下列正确的有（ ）
A. 圆台的侧面积为B. 圆台的体积为
C. 母线与底面所成角为D. 存在相互垂直的母线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用圆台的侧面积公式即可得到选项A正确；利用圆台的体积公式得到选项B错误；用轴截面的即可得到选项C正确和选项D错误.
【详解】设上下半径和母线长分别为：，
对于选项A：利用圆台的侧面积公式，故选项A正确；
对于选项B：圆台的高，
再由圆台的体积公式，故B错误.
对于选项C：设母线与底面所成角为，则，所以，
故C正确.
对于选项D：由选项C可知，母线与底面所成角为，因为圆台是绕着轴截面等腰梯形的对称轴旋转得到的，所以任意两条母线与底面所成角都相等，若两条母线垂直，则母线与底面所成角为，与前面所求的矛盾，所以不存在互相垂直的母线，
故D错误.
故选：AC
10. 某同学投掷一枚骰子（一种各个面上分别标有个点的正方体玩具）5次，并将每次向上的点数记录下来，计算出平均数和方差.若这5个点数的平均数为2，方差小于4，则关于这5个点数，下列正确的有（ ）
A. 极差小于4B. 一定不会出现6
C. 众数可能为1D. 中位数可能为3
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平均数和方差可得.对于AC：举例说明即可；对于B：假设出现6，根据平均数和方差推出矛盾；对于D：假设中位数为3，根据平均数推出矛盾.
【详解】设数据为，且，
因为平均数，方差，
可得.
对于选项AB：例如数据为1，1，1，2，5，则，符合题意，
但极差为，众数为1，故A错误，C正确；
对于选项B：假设出现6，由平均数可知其余4个数据均为1，
但，这与题意相矛盾，
假设不成立，所以一定不会出现6，故B正确；
对于选项D：假设中位数为3，则，
可得，这与题意相矛盾，
假设不成立，所以中位数不为3，故D错误；
故选：BC.
11. 已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，则下列正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.
【详解】由，令，则，因为，所以，故A正确；
令，则有①，所以，
因为为奇函数，所以f′x为偶函数，，所以②，
由①—②整理有，即，
所以，所以是周期为3的周期函数，所以，故B正确；
因为，所以，故C错误；
在①中，令，得，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
12. 已知是抛物线上的一个点，是抛物线的焦点，为坐标原点，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再利用两点间的距离公式求出即可.
【详解】抛物线，焦点F1,0，准线方程，
设，因为是抛物线上的一个点，所以，
又因为，所以.
故答案为：.
13. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由两角差的正弦公式，同角三角函数关系结合题意可得答案.
【详解】由题，
，
则，
，故
故答案为：
14. 甲，乙，丙，丁4人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，经过两次传球后，球在乙手中的概率为__________；经过次传球后，球在甲手中的概率为__________（用含有的式子表示）.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】列举出经2次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算即可求解第一空，n次传球后球在甲手上的事件即为，则有，利用全概率公式，结合等比数列的性质可得第二空.
【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：
甲乙甲，甲乙丙，甲乙丁，甲丙甲，甲丙乙，甲丙丁，甲丁甲，甲丁乙，甲丁丙，共9个结果，它们等可能，
2次传球后球在乙手中的事件有：甲丙乙，甲丁乙，2个结果，所以概率是，
记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，，
，
则
，
于是得，即，
而，则数列是首项为，公比为的等比数列，
因此，，即，
所以n次传球后球在甲手中的概率是，
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题第二个空的关键点在于设n次传球后球在甲手上的事件为，则有，利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可.
四､解答题：本大题共5小题，第15题13分，第16､17题各15分，第18､19题各17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15. 已知内角的对边分别为.
（1）求的值；
（2）若的面积为，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式结合同角三角函数关系可得答案；
（2）由的面积为，结合余弦定理可得，然后可得答案.
【小问1详解】
因为，即，
因为，所以，
因为，即，所以；
【小问2详解】
因为，所以，
因为，即，
因为，所以，得，
所以，所以的周长为.
16 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有极小值，且的极小值小于，求实数的取值范围.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求在点处的切线方程；
（2）分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【小问1详解】
当时，，
所以，
.
所以在切线，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
因为，其中，
则，
①当时，恒成立，此时函数在上单调递增，无极小值，
②当时，令，可得，列表如下：
所以，
由题意可得，即，
令，则.
因为，
所以函数在单调递增，
所以由，得，
所以实数的取值范围是.
17. 如图，已知平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若，且平面与平面的夹角的余弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判定即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，或者理由线面垂直得，，从而为平面与平面的夹角，利用三角形的边角关系即可求解.
【小问1详解】
证明：过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为平面平面，
所以，
又因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
（方法一）因为平面，所以，又因为平面.所以如图，以点为坐标原点，分别以，过点且平行的直线，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，因为，
所以，
则，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，得，
令，则平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则，得，
令，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则
，
解得，即的长为1.
（方法二）取中点，在中，过点作交于点，连接
因为平面平面，所以，
因为为中点，所以，
又平面平面，
所以平面.
因为平面平面，所以，
又平面平面，
所以平面
又因为平面，所以，
又因为，所以为平面与平面的夹角.
在中，为中点，因为，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
即，所以，所以，
在中，，
在和中，，
所以，即的长为1.
18. 已知椭圆的左，右焦点分别为，下顶点为A，离心率，是椭圆上的动点，且当时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若的平分线经过点，
①证明：直线恒过定点；
②求面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）由离心率可得，然后由可得椭圆方程；
（2）①设，由角平分线性质可得，
然后设的方程为，由韦达定理结合可得
，据此可得答案；②由①结合韦达定理可得面积表达式，
，然后由基本不等式可得答案.
【小问1详解】
因为离心率，所以，
所以，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由的平分线经过点，得到的斜率都存在且不相等，点A的坐标为，设，
点的坐标为，所以，化简得到
由已知得直线的不平行于轴，设的方程为，
联立方程组，得①
，
由，得到，
所以，
得，
根据韦达定理得，
化简得，即或.
又当时，直线经过点A，不符合题意，
所以，直线经过定点，
②将代入方程①得，
由，解得.
.
则，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】关键点睛：对于角平分线，常见的处理方式为利用斜率，或类似于本题将角平分线条件转化为角平分线距离到角两边距离相等.
19. 记数列的前项的最小值为，称数列为的“数列”.
（1）若，求由数列的“数列”的所有项组成的集合；
（2）若数列都只有4项，是的“数列”，满足，且存在，使得，求符合条件的数列的个数；
（3）若的“数列”为，记，从，
中任取3个，记其中能被2整除且不能被4整除的个数为，求.
【答案】（1）；
（2）20个. （3）
【解析】
【分析】（1）判断出数列单调性，结合新定义可得答案；
（2）分、且、且讨论可得答案；
（3）求出、，及、、，，可得中能被2整除，但不能被4整除的有个，再求，可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
当时，，当时，，
所以，
所以，当时，，
所以数列的“数列”所有项组成的集合为；
小问2详解】
①若，则有1个，
②若且，则有种可能，有3个，
③若且，则两者相同有种，
两者不同，则共有种，所以共有种可能，有6个.
④若均不为1，则三者全相同，
共有种，三者有2个相同，因为顺序确定，
共有种，三者全不相同，因为顺序确定，
有种，共有种可能，有10个，
综上，符合条件的共有，综上得符合条件的有20个；
【小问3详解】
由题意得，
所以，
所以，，
所以，能被4整除，
，为奇数，不能被2整除，
，
能被2整除，不能被4整除，
，不能被2整除，
所以中能被2整除，但不能被4整除的有个，
，
.
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，应该根据定义得到新数列的形成过程，将该过程与数列常见性质（如单调性等）结合在一起，另外数列的最值或诸项之间的大小关系往往和数列的单调性相关.
-
0
+
递减
极小值
递增