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广东省深圳市罗湖区2023-2024学年高三上学期1月期末数学试题
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这是一份广东省深圳市罗湖区2023-2024学年高三上学期1月期末数学试题，共13页。试卷主要包含了01等内容，欢迎下载使用。
2024.01
注意事项：
1．本试卷共4页，共22题，满分150分，考试用时120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．
3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．
4．非选择题的答案写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液．
5．考试结束后，考生上交答题卡．
一、单项选择题：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．
2．已知复数满足，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是平面上的点，是平面上的点，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．设等比数列的前项和为，已知，则（ ）
A．80B．160C．121D．242
6．已知是边长为2的正六边形的一个顶点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若函数在有最小值，没有最大值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共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．在正方体中，用垂直于的平面截此正方体，则所得截面可能是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
10．已知，直线，且，则（ ）
A．的最大值是B．的最小值是
C．的最小值是4D．的最小值是3
11．已知直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A．所有圆均不经过点
B．若关于对称，则
C．若与相交于且，则
D．存在圆与轴与轴均相切
12．定义在上的函数满足是函数的导函数，则（ ）
A．
B．曲线在点处的切线方程为
C．在上恒成立，则
D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的展开式中，的系数为________．（用数字作答）
14．某同学收集了变量的相关数据如下：
为了研究的相关关系，他由最小二乘法求得关于的线性回归方程为，经验证回归直线正好经过样本点，则________．
15．已知抛物线的顶点为，焦点为，准线为，过的直线与在轴右侧交于点．若在上的射影为且，则直线的斜率为________．
16．将正方形延对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为________．
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．（10分）
已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
18．（12分）
正四棱锥的底面是边长为6的正方形，高为4，点分别在线段上，且为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（12分）
的内角所对的边分别为，的面积为，
从条件①；
条件②；
条件③中选择一个作为已知，并解答下列问题．
（1）求角的大小；
（2）点是外一点，，若，求四边形面积的最大值．
20．（12分）
在一个地区筛查某种疾病，由以往经验可知该地区居民得此病（血液样本化验呈阳性）的概率为．根据需要，居民每三人一组进行化验筛查，为节约资源，化验次数越少，则方法越优．现对每组的3个样本给出下面两种化验方法：
方法1：逐个化验；
方法2：3个样本各取一部分混合在一起化验。若混合样本呈阳性，就把这3个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判断这3个样本均为阴性。
（1）若，用随机变量表示3个样本中检测呈阳性的个数，请写出的分布列并计算．
（2）若，现要完成化验筛查，请问：哪种方法更优？
（3）若要完成化验筛查，且已知“方法2”比“方法1”更优，求的取值范围．
21．（12分）
已知函数．
（1）若的最值为，求实数的值；
（2）当时，证明：．
22．（12分）
在平面直角坐标系中，已知为动点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设的轨迹是曲线，射线分别与交于两点．
（1）求的方程；
（2）若，求证：为定值．
参考答案
一、单项选择题
二、多项选择题
三、填空题
13．-10 14．69 15． 16．
四、解答题
17．解：（1）解法一、由得，
由累乘法得．
解法二、由得，
则数列是各项为1的常数列，所以，即．
（2）由（1）得，
所以．
18．证明：（1）方法一、在线段上取点，使得，连接，
因为为的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面，
在平行四边形中，因为，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
又平面，且，所以平面平面，
又平面，所以平面．
方法二、延长交于点，连接，
在平行四边形中，因为，由三角形相似，易证，
因为为的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面．
方法三、坐标法（略）
（2）连接交于点，连接，
因为正四棱锥的底面是正方形，所以平面，
且，故以为坐标原点，所在直线依次为轴，建立空间直角坐标系如图所示，由已知可得，
所以，
设平面的一个法向量为，
由得，
取，则，所以
设直线与平面的夹角为，则
．
19．解：（1）选①，方法一（射影定理），因为
由射影定理得，即，
因为，所以，
方法二（边化角）因为，
由正弦定理得，
即，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以．
方法三（角化边）因为，由余弦定理得
，即，
所以，
因为，所以．
选②，方法一（角化边）因为，由余弦定理得，
即，所以，
因为，所以．
方法二（边化角）因为，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以．
选③，因为，由得，
由余弦定理得，，即，
因为，所以．
（2）在，所以为等边三角形，设，
在中，由余弦定理可得，
由于，代入上式可得，
所以四边形的面积，
因为，所以，
所以当时，四边形的面积取最大值，最大值为．
20．解：（1）的分布列为：
．
（2）采用方法1，3个样本需要试验次数为3次，或采用方法2，以实验次数为随机变量，则的可能取值为1或4，且，
所以，
因为，所以方法2更优．
（3）采用方法2，设3个样本完成化验筛查的实验次数为随机变量，
则的可能取值为1或4，且，
由已知得
解之得，．
所以的取值范围为．
21．解：（1）易知的定义域为，且，
①若，则，
为单调递增函数，无最值；
②若，令函数，则，
当时，为单调递增函数，
又，
在区间上存在唯一零点，不妨设其为，
则，即（*），
当时，，即，
在区间上单调递减；
当时，，即，
在区间上单调递增，
存在唯一的最值（最小值），且最小值为，
由题意可知，（**），
，代入（**），得，
又，
令函数，则，
为单调递减函数，
易知，由可知，
由可知，
综上所述，若的最值为，则实数的值为1．
（2）由（1）可知，当时，的最小值为，且，（*），
对（*）式两边取对数，得，
由基本不等式，可知，
又，，证毕．
22．（1）解：由已知得，且，所以的轨迹是以为焦点的椭圆，且，
所以，
所以的方程为．
（2）证明：设直线PA的方程为，
联立，消去得，
因为，所以设，
则有，
同理可得
由得
，
即为定值．x
0．5
2
3
3．5
4
5
y
15
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
A
B
A
C
D
D
题号
9
10
11
12
答案
AD
BC
AB
ABD
0
1
2
3
2024.01
注意事项：
1．本试卷共4页，共22题，满分150分，考试用时120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．
3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．
4．非选择题的答案写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液．
5．考试结束后，考生上交答题卡．
一、单项选择题：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．
2．已知复数满足，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是平面上的点，是平面上的点，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．设等比数列的前项和为，已知，则（ ）
A．80B．160C．121D．242
6．已知是边长为2的正六边形的一个顶点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若函数在有最小值，没有最大值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共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．在正方体中，用垂直于的平面截此正方体，则所得截面可能是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
10．已知，直线，且，则（ ）
A．的最大值是B．的最小值是
C．的最小值是4D．的最小值是3
11．已知直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A．所有圆均不经过点
B．若关于对称，则
C．若与相交于且，则
D．存在圆与轴与轴均相切
12．定义在上的函数满足是函数的导函数，则（ ）
A．
B．曲线在点处的切线方程为
C．在上恒成立，则
D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的展开式中，的系数为________．（用数字作答）
14．某同学收集了变量的相关数据如下：
为了研究的相关关系，他由最小二乘法求得关于的线性回归方程为，经验证回归直线正好经过样本点，则________．
15．已知抛物线的顶点为，焦点为，准线为，过的直线与在轴右侧交于点．若在上的射影为且，则直线的斜率为________．
16．将正方形延对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为________．
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．（10分）
已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
18．（12分）
正四棱锥的底面是边长为6的正方形，高为4，点分别在线段上，且为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（12分）
的内角所对的边分别为，的面积为，
从条件①；
条件②；
条件③中选择一个作为已知，并解答下列问题．
（1）求角的大小；
（2）点是外一点，，若，求四边形面积的最大值．
20．（12分）
在一个地区筛查某种疾病，由以往经验可知该地区居民得此病（血液样本化验呈阳性）的概率为．根据需要，居民每三人一组进行化验筛查，为节约资源，化验次数越少，则方法越优．现对每组的3个样本给出下面两种化验方法：
方法1：逐个化验；
方法2：3个样本各取一部分混合在一起化验。若混合样本呈阳性，就把这3个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判断这3个样本均为阴性。
（1）若，用随机变量表示3个样本中检测呈阳性的个数，请写出的分布列并计算．
（2）若，现要完成化验筛查，请问：哪种方法更优？
（3）若要完成化验筛查，且已知“方法2”比“方法1”更优，求的取值范围．
21．（12分）
已知函数．
（1）若的最值为，求实数的值；
（2）当时，证明：．
22．（12分）
在平面直角坐标系中，已知为动点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设的轨迹是曲线，射线分别与交于两点．
（1）求的方程；
（2）若，求证：为定值．
参考答案
一、单项选择题
二、多项选择题
三、填空题
13．-10 14．69 15． 16．
四、解答题
17．解：（1）解法一、由得，
由累乘法得．
解法二、由得，
则数列是各项为1的常数列，所以，即．
（2）由（1）得，
所以．
18．证明：（1）方法一、在线段上取点，使得，连接，
因为为的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面，
在平行四边形中，因为，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
又平面，且，所以平面平面，
又平面，所以平面．
方法二、延长交于点，连接，
在平行四边形中，因为，由三角形相似，易证，
因为为的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面．
方法三、坐标法（略）
（2）连接交于点，连接，
因为正四棱锥的底面是正方形，所以平面，
且，故以为坐标原点，所在直线依次为轴，建立空间直角坐标系如图所示，由已知可得，
所以，
设平面的一个法向量为，
由得，
取，则，所以
设直线与平面的夹角为，则
．
19．解：（1）选①，方法一（射影定理），因为
由射影定理得，即，
因为，所以，
方法二（边化角）因为，
由正弦定理得，
即，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以．
方法三（角化边）因为，由余弦定理得
，即，
所以，
因为，所以．
选②，方法一（角化边）因为，由余弦定理得，
即，所以，
因为，所以．
方法二（边化角）因为，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以．
选③，因为，由得，
由余弦定理得，，即，
因为，所以．
（2）在，所以为等边三角形，设，
在中，由余弦定理可得，
由于，代入上式可得，
所以四边形的面积，
因为，所以，
所以当时，四边形的面积取最大值，最大值为．
20．解：（1）的分布列为：
．
（2）采用方法1，3个样本需要试验次数为3次，或采用方法2，以实验次数为随机变量，则的可能取值为1或4，且，
所以，
因为，所以方法2更优．
（3）采用方法2，设3个样本完成化验筛查的实验次数为随机变量，
则的可能取值为1或4，且，
由已知得
解之得，．
所以的取值范围为．
21．解：（1）易知的定义域为，且，
①若，则，
为单调递增函数，无最值；
②若，令函数，则，
当时，为单调递增函数，
又，
在区间上存在唯一零点，不妨设其为，
则，即（*），
当时，，即，
在区间上单调递减；
当时，，即，
在区间上单调递增，
存在唯一的最值（最小值），且最小值为，
由题意可知，（**），
，代入（**），得，
又，
令函数，则，
为单调递减函数，
易知，由可知，
由可知，
综上所述，若的最值为，则实数的值为1．
（2）由（1）可知，当时，的最小值为，且，（*），
对（*）式两边取对数，得，
由基本不等式，可知，
又，，证毕．
22．（1）解：由已知得，且，所以的轨迹是以为焦点的椭圆，且，
所以，
所以的方程为．
（2）证明：设直线PA的方程为，
联立，消去得，
因为，所以设，
则有，
同理可得
由得
，
即为定值．x
0．5
2
3
3．5
4
5
y
15
题号
1
2
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答案
C
B
A
B
A
C
D
D
题号
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10
11
12
答案
AD
BC
AB
ABD
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1
2
3
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