广东省东莞市2023-2024学年高三上学期1月期末数学试题

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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. 已知复数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法可化简复数.
【详解】.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据并集和补集的定义即可得出答案.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故选：C.
3. 已知由小到大排列的个数据、、、，若这个数据的极差是它们中位数的倍，则这个数据的第百分位数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出这四个数的极差与中位数，根据已知条件求出的值，然后利用百分位数的定义可求得结果.
【详解】由小到大排列的个数据、、、，则，
这四个数为极差为，中位数为，
因为这个数据极差是它们中位数的倍，则，解得，
所以，这四个数由小到大依次为、、、，
因为，故这个数据的第百分位数是.
故选：B.
4. 函数的图象不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分，和三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.
【详解】①当时，，此时A选项符合；
②当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故B选项符合；
③当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故C选项符合，D选项不可能.
故选：D.
5. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出公比后整体求值即可.
【详解】设首项为，公比为，易知，，可得，解得，
而，
故选：C
6. 已知，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两角和的正切公式、二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算即可得.
【详解】，即，
由，
故选：A.
7. 以抛物线C的顶点O为圆心的单位圆与C的一个交点记为点A，与C的准线的一个交点记为点B，当点A，B在抛物线C的对称轴的同侧时，OA⊥OB，则抛物线C的焦点到准线的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线，得到三角形全等，故，从而求出，根据勾股定理列出方程，求出，得到答案.
【详解】设抛物线方程为，
由题意得，，
过点作⊥轴于点，
因为OA⊥OB，所以，
又，所以，
则≌，
故，
令得，，解得，
故，由勾股定理得，
解得，
故抛物线C的焦点到准线的距离为.
故选：D
8. 如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，可得出，求出的值，即可求得该正四棱台的体积.
【详解】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，
设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，
则，可得，可得，
所以，该正四棱台的体积为.
故选：C.
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，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9. 已知函数，，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 与对称轴相同B. 与周期相同
C. 的最大值是D. 不可能是奇函数
【答案】BC
【解析】
【分析】求导得出，利用三角函数性质直接判断AB；结合二倍角公式判断C；结合二倍角公式及正弦函数性质判断D
【详解】由题意知，所以，
对A：的对称轴为，，解得，；
的对称轴为，，解得，，
所以与的对称轴不相同，故A错误；
对B：的周期为，的周期为，
所以与的周期相同，故B正确；
对C：，
因为，所以，故C正确；
对D：当，，，
所以，此时为奇函数，故D错误；
故选：BC.
10. 已知圆：，圆：，P，Q分别是，上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，四边形的面积可能为7
B. 当时，四边形的面积可能为8
C. 当直线PQ与和都相切时，的长可能为
D. 当直线PQ与和都相切时，的长可能为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于AB：设，可得梯形的面积为，进而分析判断；对于CD：根据切线性质结合对称性分析求解.
【详解】圆：的圆心，半径；
圆：的圆心，半径；
可知，可知两圆外离，
对于选项AB：设，
因为，可知梯形的高为，
所以四边形的面积为，
可知四边形的面积可能为7，不可能为8，故A正确，B错误；
对于选项CD：设直线与x轴的交点为，根据对称性可知：
如图，因为，可知，
则，可知，
所以；
如图，因为，可知，
则，可知，
所以；
故CD正确；
故选：ACD.
11. 已知函数，的定义域均为R，且，．若是的对称轴，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 是奇函数B. 是的对称中心
C. 2是的周期D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据对称性和已知条件得到，判断A；结合已知条件变形得到，判断B；利用赋值法求得，判断C；根据条件得到的周期为4，对称中心为，从而得到函数值即可求解，判断D.
【详解】对于A，因为是的对称轴，所以，
又因为，所以，故，
即为偶函数，故A错误；
对于B，因为，所以，
又因为，联立得，
所以的图像关于点中心对称，故B正确；
对于C，因为，，则，即；
因为，则，即，则；
显然，所以2不是的周期，故C错误；
对于D，因为是的对称轴，所以，
又因为，即，
则，所以，
所以，即，所以周期为4，
因为周期为4，对称中心为，所以，
当时，代入，即，所以，
所以，又是的对称轴，所以，
所以，故D正确，
故选：BD.
12. 如图几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 不存在点，使得平面平面
C. 存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
D. 不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】将图形补全为一个正方体，设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：
不妨设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，，
设点，其中，
对于A选项，假设存在点，使得平面，，
，，
则，可得，
因，则，即当点与点重合时，平面，A对；
对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，
假设存点，使得平面平面，则，，
则，可得，又因为，解得，
即当点为的中点时，面平面，B错；
对于C选项，若存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，
则直线与平面的所成角的正弦值为，
且，
所以，
，整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，
所以，存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，
，，
则，
取，可得，
假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，
则，
可得，即，
可得或，
因为，则，则，
所以，，
故当时，方程和均无解，
综上所述，不存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置上．
13. 双曲线C：（，）的渐近线方程为，则其离心率______________．
【答案】
【解析】
【分析】结合渐近线的定义与离心率定义即可得.
【详解】由题意可得，则.
故答案为：.
14. 已知向量，，则使成立的一个充分不必要条件是______________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据向量坐标运算公式将原问题转化为的一个充分不必要条件进而求解.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
解得，
所以使成立的一个充分不必要条件是.
故答案为：（答案不唯一）
15. 用试剂检验并诊断疾病，表示被检验者患疾病，表示判断被检验者患疾病．用试剂检验并诊断疾病的结论有误差，已知，，且人群中患疾病的概率．若有一人被此法诊断为患疾病，则此人确实患疾病的概率______________．
【答案】
【解析】
【分析】利用条件概率公式求出、的值，可得出的值，再利用条件概率公式可求得的值.
【详解】由条件概率公式可得，
，
由条件概率公式可得，
所以，，
所以，.
故答案为：.
16. 若函数的图象关于对称，则__________，的最小值为______________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由函数的对称性可知，方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得、的值，可得出的值，变形可得出，令，利用二次函数的基本性质求出在时的最小值，即可得出函数的最小值.
【详解】因为函数的图象关于对称，
令，可得，可得或，
由对称性可知，方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，可得，
所以，，
则，
所以，函数的图象关于直线对称，则，
因为，
令，令，
所以，.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到方程有两个根，利用的对称性求得有对应的两个根，从而求得，由此得解.
四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70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．
17. 数列前n项积为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前2n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分和两种情况，结合与之间的关系分析求解；
（2）由（1）可得，结合分组求和法运算求解.
【小问1详解】
因为，
若，则；
若，则；
且符合，
综上所述：数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）可知：，
可得
，
所以.
18. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，点E，F分别为PB，PD的中点，求点E到平面ACF的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，为和的中点，，得平面，可证得平面平面；
（2）证明，，以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求点到平面的距离.
【小问1详解】
连接，与相交于点，连接，
四边形ABCD是边长为2的正方形，则，为和的中点，
，则，
平面，，平面，
平面，所以平面平面
【小问2详解】
四边形ABCD是边长为2的正方形，，
，，，则有，，
以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
， ，设平面的一个法向量为，
则有，令，得，即.
，点E到平面的距离.
19. 中，角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，且D为△ABC外接圆劣弧上一点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理化简得，得到，即可求解；
（2）设，得到，得到，得出，进而求得的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，由余弦定理得，
整理得，可得，
又因为，可得.
【小问2详解】
解：由圆内接四边形性质，可得，设，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，可得，可得，
所以的取值范围为.
20. 已知椭圆：（），连接C的四个顶点所得四边形的面积为，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）经过椭圆的右焦点且斜率不为零的直线与椭圆交于，两点，试问轴上是否存在定点，使得的内心也在轴上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）根据题意中几何关系及离心率可以求出的值，从而求解.
（2）设出直线方程，然后与椭圆联立，根据的内心在轴上，可得并结合根与系数的关系，从而求解.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
因为直线过右焦点且斜率不为零，设直线的方程为，，，
联立，得，恒成立，
所以，，
设轴上存在定点使得的内心在轴上，
则直线和关于轴对称，所以直线和的倾斜角互补，
所以，即，
所以，即，
整理得，即，
即对所有恒成立，所以，
所以存在定点符合题意.
【点睛】方法点睛：根据的内心在轴上得到直线和的倾斜角互补，即，再由直线与椭圆联立后利用根与系数关系得到相应的等式，从而求解.
21. 某区域中的物种C有A种和B种两个亚种．为了调查该区域中这两个亚种的数目比例（A种数目比B种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中），记第i次试验中的A种数目为随机变量（）；③记随机变量，利用的期望和方差进行估算．设该区域中A种数目为M，B种数目为N，每一次试验都相互独立．
（1）已知，，证明：，；
（2）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为（），并计算了数据（）的平均值和方差，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据．
（ⅰ）请用和分别代替和，估算和；
（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ），；（ⅱ）15
【解析】
【分析】（1）根据题意结合期望、方差的性质分析证明；
（2）（ⅰ）根据（1）中结论结合二项分布的期望和方差公式运算求解；（ⅱ）根据二项分布的概率公式列式运算求解即可.
【小问1详解】
由题可知（，2，…，n）均近似服从完全相同的二项分布，
则，，
，
，
所以，.
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可知，
则的均值，的方差，
所以，解得或，
由题意可知：，则，
所以，；
（ⅱ）由（ⅰ）可知：，则，
则，
由题意可知：，
解得，且，则，
所以的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值为15.
【点睛】关键点睛：本题关键是利用二项分布求期望和方差，以及利用期望和方差的性质分析求解.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若方程有、两个根，且，求实数的值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，利用函数单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）将原方程转化为，再将、分别代入其中，得到，然后讨论、时，判断方程根的个数，再构造函数，求导，进而即可求解.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，.
当时，由可得，由可得，
此时，函数的增区间为，减区间为；
当时，由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
解：由，则方程的两根分别为、，
等价于方程的两根分别为、，
所以，，①，，②，
因为，将代入②式可得。
即，③，
由①式可得，④，
由③④可得，
易知，不是方程根，故，所以，，
所以，，下面验证能否满足方程有两个根，
（i）当时，判断方程，即方程是否有两个根，
令，则恒成立，
所以，函数在上单调递增，在上单调递增，
因为，，，，
所以，函数在、上各有一个零点，
故函数在、上分别有且仅有一个零点，
所以，方程有两个根，则合乎题意；
（ii）当时，判断方程是否有两个根，
显然，当时，，故只需考查的情形，
记，其中，则，
记，则在上恒成立，
所以，函数在上单调递增，即在上单调递增，
所以，在上恒成立，
所以，函数在上单调递增，故至多一个零点，不合乎题意.
所以，.
综上所述，.
【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：
（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.