精品解析：黑龙江省牡丹江市第二子共同体2024届高三上学期期末联考数学试题

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一、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. 已知集合的一个必要条件是，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解分式不等式求集合，根据必要条件有是的子集，即可求参数范围.
【详解】解不等式，即，得，故，
所以的一个必要条件是，
对于A，不是的子集，故A错误；
对于B，不是的子集，故B错误；
对于C，是的子集，故C正确；
对于D，不是的子集，故D错误；
故选：C
2. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部为B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数的除法，求出复数，明确其实部、虚部、模等概念，再判断真假.
【详解】，所以的实部为：，虚部为：，，，.
故选：C
3. 点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离从而求解.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，
结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：．故A正确.
故选：A．
4. 7个人站成两排，前排3人，后排4人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（ ）种站排方式．
A. 672B. 864C. 936D. 1056
【答案】D
【解析】
【分析】分甲站在每一排的两端和甲不站在每一排的两端这两种情况解答即可.
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，有种站排方式；
当甲不站在每一排的两端时，有3种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相邻有四个位置可选，剩下的人随便站，有种站排方式；
故总共有种站排方式.
故选：D．
5. 已知圆锥的底面半径为4，其侧面展开图为一个四分之一圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 12B. 14C. 16D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长计算可得答案.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则，解得.
故选：C
6. （ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角公式及两角和的正弦公式进行计算即可.
【详解】原式
，
故选：C.
7. 已知点，动点满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可确定的轨迹，设的中点为D，可得，结合圆的几何性质确定的最值，即可求得答案.
【详解】设，由得，
即，化简得，
即动点P在圆上运动；同理可得动点Q也在圆上运动；
即轨迹方程为，
设中点为D，则，
连接并延长，与圆交于点，,
当重合且位于点E处时，重合，此时取到最小值，
当重合且位于点F处时，重合，此时取到最大值，
故的取值范围为，
故选：B．
8. 已知函数的零点为a，函数的零点为b，则下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据与关于直线对称，画出图象，再结合导数及零点依次判断选项即可.
【详解】由，得，，
因为与关于直线对称，
在同一坐标系下，画出，，，的图象，
如图所示：
则，，，关于对称.
所以，，故B错误.
因为，，，所以，故A错误.
因为，，在上为增函数，
，，所以.
又因为点在直线上，且，所以.
，故C正确.
因为，所以，
设，，在为增函数.
所以，
即，，故D错误.
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. 已知向量，若，则等于（ ）
A. 0B. －1C. 1D. －2
【答案】CD
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，求出，，由，求出的值，判断选项.
【详解】，，
，，
又，，
解得或.
故选：CD
10. 如图，在正方体中，，点分别在棱和上运动（不含端点），若，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线所成角为B. 平面
C. D. 线段长度的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
在正方体中，以为原点，分别为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
，其中，而，则，
对于选项A，，，，
又因为异面直线夹角范围为，所以直线与直线所成角为，故A错误；
对于选项B，因为，则，
所以，又平面，所以平面，故B正确；
对于选项C，因为，且，则，且，所以，故C错误；
对于选项D，因为，且，
当且仅当时，即时，，
则，所以线段长度的最大值为，故D正确；
故选：BD.
11. 下列不等式正确的是（ ）
A. 已知为正实数，，则的最小值为
B. 有最小值2
C. 已知正数满足，则的最大值是1
D. 若对任意恒成立，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式判断A，B，C；对于D，由题意可得恒成立，利用基本不等式求出的最小值即可判断.
【详解】解：对于A，
当且仅当时，等号成立，∴A正确；
对于B．
当且仅当，即时，不合题意，不能取等号，∴B错误；
对于C．，当且仅当时，等号成立，∴C正确；
对于D．恒成立，即恒成立，
又因为，
当且仅当，即时，等号成立，，D正确.
故选：ACD
12. 已知抛物线，倾斜角为锐角的直线过其焦点并与抛物线交于两点，下列正确的是（ ）
A. 抛物线上的点到点的距离最小值为B. 三角形（为原点）面积最小值为
C. 抛物线在点处的切线方程为D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，利用两点间距离公式即可判断；对于B，设直线方程，联立抛物线方程，结合根与系数的关系式，求出三角形面积表达式，可求得其范围，即可判断B；对于C，利用导数的几何意义即可判断；对于D，结合题设利用图形的几何性质以及抛物线的焦半径公式，求出A点坐标，进而再结合三角恒等变换，求得的值，即可判断.
【详解】对于 A，设抛物线上的点的坐标为，则
则抛物线上的点到点的距离为
，
当时取等号，即抛物线上点到点的距离最小值不为，A错误；
对于B，由于倾斜角为锐角的直线过其焦点，设其方程为，
联立，得，，
设，则，
故
，
由于为锐角，故，
当无限趋近于时，即无限接近于，即无最小值，B错误；
对于C，点满足，即点在抛物线上，
当时，，故时，，
抛物线在点处的切线方程为，即，C正确；
对于D，由题意可知A在第一象限，作垂直于x轴，垂足为，
则∽,
由可知，即，
即，又，即，
故可得，代入可得，则，
所以，D正确，
故选：CD
【点睛】关键点点睛：选项D的判断是解答的难点，解答时要结合题设利用图形的几何性质以及抛物线的焦半径公式，求出A点坐标，进而再结合三角恒等变换，求解即可.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某学校考试数学成绩服从正态分布，且，则成绩在的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得结果.
【详解】因为，是对称轴，
所以，
综上.
故答案为：.
14. 在正项等比数列中，已知，则______．
【答案】16
【解析】
【分析】由题意得，两式相比得，再由，两式相比得，由此即可得解.
【详解】因为，所以，因为，所以，
所以，，所以，
，所以.
故答案为：16.
15. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围______．
【答案】
【解析】
【分析】由得到，由零点个数得到不等式，求出答案.
【详解】，
∴，
，
∵函数在上恰有两个零点，
∴，解得，.
故答案为：
16. 函数有且只有3个零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数中各段函数的单调性，分成，两种情况并结合导数进行讨论即可.
【详解】当时，时，，，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
所以当时，取最小值.
函数有且只有3个零点，又在上单调递增，
所以，在有两个零点且此时，
而在上有一个零点，
如图，
所以，解得，且，所以．
所以.
当时，时，，，
故在上单调递增，且此时，
又在上恒成立，所以此时不合题意.
综上，，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数范围常用的方法：
（1）分离参数法：通常解法为从中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分类讨论法：通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，．
（1）求；
（2）若，且的周长为，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式，即可求得，从而解得.
（2）根据已知条件，结合余弦定理以及三角形的面积公式，即可求出的面积.
【小问1详解】
由已知可得，因为，
可得，因为，因此.
【小问2详解】
因为周长 ， ，所以 ①，
又因为，所以 ②，
由①②得，所以.
18. 已知数列是递增的等差数列，数列是等比数列，且，、、成等比数列，，，
（1）求数列和通项公式
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先由已知求和，然后根据等差数列和等比数列的通项公式求解即可；
（2）利用对数的运算先裂项，然后分组求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为、、成等比数列，
所以，
解得或，
因为是递增数列，所以，所以，
设等比数列的公比为，
因为，所以，
即，所以；
【小问2详解】
由（1）知，所以，
又，
所以， ，
所以.
19. 近期，一些地方中小学生“课间10分钟”问题受到社会广泛关注，国家号召中小学要增加学生的室外活动时间．但是进入12月后，天气渐冷，很多学生因气温低而减少了外出活动次数．为了解本班情况，一位同学统计了一周（5天）的气温变化和某一固定课间该班级的学生出楼人数，得到如下数据：
（1）利用最小二乘法，求变量之间的线性回归方程；
附：用最小二乘法求线性回归方程的系数：
（2）预测当温度为时，该班级在本节课间的出楼人数（人数：四舍五入取整数）．
（3）为了号召学生能够增加室外活动时间，学校举行拔河比赛，采取3局2胜制（无平局）．在甲、乙两班的较量中，甲班每局获胜的概率均为，设随机变量X表示甲班获胜的局数，求的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）19 （3）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）由已知求出的值，求出线性回归方程即可；
（2）将代入线性回归方程求解即可；
（3）先写出随机变量X的可能取值，再列出分布列，最后求出期望即可.
【小问1详解】
,
,
,
，,
回归直线方程为.
【小问2详解】
当时，（人）,
所以，预测当温度为时，该班级在本节课间的出楼人数为19人．
【小问3详解】
随机变量可取0，1，2.
,
,
,
所以的分布列为：
所以的数学期望为.
20. 如图，矩形中为边的中点，将沿直线翻折成，使，若为线段的中点，
（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
（3）求二面角夹角的正弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，通过证明平面平面，即可求证；
（2）通过证明平面，即可求证；
（3）建立空间直角坐标系，用向量法即可求解.
【小问1详解】
取中点，连接，
因为和分别是的中点，
所以，又平面平面，
所以平面，
因为是的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
因为，
且，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
取中点，连接，
因为，
所以，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，
过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
设平面的法向量为，，
则，即，令，则，
所以，
设平面的法向量为，，
则，即，
令，则，
所以，
设二面角的夹角为，
则，
所以，
所以二面角夹角的正弦值为.
21. 已知椭圆：左右焦点分别为，，离心率为，为上的两个动点，且面积的最大值为2．
（1）求的方程．
（2）若，两点的纵坐标的乘积大于，是椭圆的左右顶点，且．证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）因为的底，所以点为上下顶点时高最大此时面积最大为，再结合可以求解.
（2）设出直线的斜截式方程，将直线与椭圆联立组成方程组并整理，根据题意得出直线倾斜角互补，利用斜率公式得到关于两点的等式，结合根与系数关系得到的关系，代入直线，化为点斜式，得到所过定点.
【小问1详解】
由题意可得，解得
故的方程为.
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，得．
则，
设，所以
设直线的倾斜角分别为，
因为，且两点的纵坐标的乘积大于0，
所以，则，
则，则
即.
所以
所以，化简可得，
则直线的方程为．故直线过定点
【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）求单调区间;
（2）已知为整数，关于的不等式在时恒成立，求的最大值．
【答案】（1）的单调递增区间是，的单调递减区间是
（2）4
【解析】
【分析】（1）对求导并判断导数的正负得单调区间；
（2）分离参数得到，通过导数求最值可得到的最大值.
【小问1详解】
的定义域是，
，
令得，
，得，所以的单调递增区间是，
，得，所以的单调递减区间是.
【小问2详解】
因为，
所以在恒成立，
即在恒成立，
设，只需即可，
，
设．
当时，恒成立，在单调递增，
，
故存在唯一实数在存在唯一的零点，使得，即，
故，当单调递减，
当单调递增，
故，
所以，所以的最大整数是4.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是恒成立问题通常利用分离参数法来处理；二是零点不易求解时，可以采用隐零点的方法来解决.
温度（零下）
7
10
11
15
17
出楼人数
20
16
17
10
7
0
1
2
p