浙江省湖州市2024届高三上学期期末数学试题

这是一份浙江省湖州市2024届高三上学期期末数学试题，共21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。


一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．8B．6C．-6D．-8
3．已知向量，则在上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
4．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则（ ）
A．60B．65C．70D．71
5．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6．记是数列的前项和，设甲：为等差数列；设乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7．在正四棱锥中，底面的边长为为正三角形，点分别在上，且，若过点的截面交于点，则四棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列结论中正确的是（ ）
A．在列联表中，若每个数据均变为原来的2倍，则的值不变
B．已知随机变量服从正态分布，若，则
C．在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为0.9
D．分别抛掷2枚相同的硬币，事件表示为“第1枚为正面”，事件表示为“两枚结果相同”，则事件是相互独立事件
10．已知正数满足，下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最小值为2
C．的最小值为D．的最大值为1
11．纯音的数学模型是函数，但我们平时听到的乐音不止是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音.复合音的产生是因为发声体在全段振动，产生频率为的基音的同时，其各部分，如二分之一､三分之一､四分之一部分也在振动，产生的频率恰好是全段振动频率的倍数，如等.这些音叫谐音，因为其振幅较小，我们一般不易单独听出来，所以我们听到的声音函数是.记，则下列结论中正确的是（ ）
A．为的一条对称轴B．的周期为
C．的最大值为D．关于点中心对称
12．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为B．直线与抛物线相切
C．为定值D．
三、填空题
13．已知的展开式中含项的系数为8，则实数 .
14．已知圆的圆心在直线上且与轴相切，请写出一个同时满足上述条件的圆的标准方程： .
15．已知一个圆台的上､下底面半径为，若球与该圆台的上､下底面及侧面均相切，且球与该圆台体积比为，则 .
16．已知双曲线的左右顶点分别为，点满足，点为双曲线右支上任意一点（异于点），以为直径的圆交直线于点，直线与直线交于点.若点的横坐标等于该圆的半径，则该双曲线的离心率是 .
四、解答题
17．记的内角的对边分别是，已知，.
(1)求角的大小；
(2)求的面积.
18．已知数列的前n项和为，数列为等差数列，且满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
19．如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足.
(1)证明：直线平面；
(2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由.
20．杭州第届亚运会，是继年北京亚运会、年广州亚运会之后，中国第三次举办亚洲最高规格的国际综合性体育赛事.年月日，杭州亚运会开幕式隆重举行.某电商平台亚运周边文创产品直播间，主播为当晚点前登录该直播间的前名观众设置了两轮“庆亚运、送吉祥物”的抽奖活动.每轮抽奖都是由系统独立、随机地从这名观众中抽取名幸运观众，抽中者平台会有亚运吉祥物玩偶赠送.而直播时这名观众始终在线，记两次抽奖中被抽中的幸运观众总人数为（幸运观众总人数不重复计数，例如若某幸运观众两次都被抽中，但只记为人）.
(1)已知小杭是这前名观众中的一人，若小杭被抽中的概率为，求的值；
(2)当取到最大值时，求的值.
21．已知椭圆过点，且离心率为.过点的直线交于两点（异于点）.直线分别交直线于两点.
(1)求证：直线与直线的斜率之积为定值；
(2)求面积的最小值.
22．已知函数.
(1)是否存在实数，使得函数在定义域内单调递增；
(2)若函数存在极大值，极小值，证明：.（其中是自然对数的底数）
参考答案：
1．C
【分析】由并集的概念即可得解.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2．A
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念求解即可.
【详解】因为，
解得，即，
所以，
故选：A
3．A
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】在上的投影向量为 ,
故选：A
4．D
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】因为甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，
由，得第30百分位数是第2个数据，故,
由，得第50百分位数是第3与4个数据平均值，解得．
所以.
故选：D．
5．B
【分析】利用余弦的二倍角公式结合的范围求出，进而得到余弦值和正切值，结合诱导公式求出答案.
【详解】由题意得，
解得或．
又，所以，
则，，
所以，，
，，
故ACD错误、B正确．
故选：B
6．C
【分析】结合等差数列求和公式、等差数列定义以及充要条件的定义即可得解.
【详解】若为等差数列，则数列的前项和为，
若数列的前项和为，
则时，，
所以，，
两式相减得，，
所以为等差数列；
综上所述，甲是乙的充要条件.
故选：C.
7．D
【分析】连接，交于，连接，交于，根据题意，，得为重心，得为中点，进而得，和，得平面，再利用棱锥得体积公式，即可求解.
【详解】如图：
连接，交于点，连接，，相交于点，
因为，，所以，所以，故为的重心，所以为中点.
又因为为正三角形，所以.
因为四棱锥是正四棱锥，所以，，，平面，且，所以平面.
平面，所以，又，所以.
，平面，，
所以平面.
因为，
所以，，，,
所以.
故选：D
8．A
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，结合题意可知方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与最值情况，即可得实数的取值范围.
【详解】由题意可知：，
设函数上的切点坐标为，函数上的切点坐标为，
且，，则公切线的斜率，可得，
则公切线方程为，
代入得，
代入可得，整理得，
令，则，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，
令，解得；令，解得；
则在内单调递增，在单调递减，可得，
且当x趋近于时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
可得，解得，故实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：涉及公切线问题一般先设切点坐标，根据切线相同得到方程组，将双变量方程转化为单变量方程，再参变分离，转化为函数的交点问题，即可求出参数的取值范围.
9．BD
【分析】根据独立性检验的公式，可得判定A不正确；根据方差的性质，可判定B正确；根据相关性的定义，可判定C不正确；根据独立事件的判定方法，可判定D正确.
【详解】对于A中，若的列联表中的每个数字变成原理的2倍，
则，
此时变为原理的2倍，所以A错误；
对于B中，在随机变量服从正态分布，若，则，所以B正确；
对于C中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据完全相关，所以这组样本数据的样本相关系数为，所以C不正确；
对于D中，分别抛掷2枚相同的硬币，事件表示为“第1枚为正面”，事件表示为“两枚结果相同”，可得，，可得，所以事件是相互独立事件，所以D正确.
故选：BD.
10．AC
【分析】根据可得，即可代入选项中，结合基本不等式求解AB，利用导数求解函数单调性求解最值即可求解C，根据的范围即可判断D.
【详解】由可得，
对于A, ，当且仅当时，即,时取等号，故A正确，
对于B, ，当且仅当时，即时等号成立，但此时，故等号取不到，故B错误，
对于C，，记，
当单调递增，当单调递减，故，
故的最小值为，故C正确，
对于D，由于，，，故的最大值不可能为1，故D错误，
故选：AC
11．BCD
【分析】根据可判断选项A；根据可判断选项B；利用导数研究函数的最值的方法及三角恒等变换即可判断选项C；根据可判断选项D.
【详解】因为，
，
所以，
则不为的一条对称轴，故选项A不正确；
因为，
所以，
则的周期为，故选项B正确；
因为
所以
又因为
所以的周期为.
故只考虑函数在上的最大值即可.
令，得：或或或；
令，得：或者或；
所以函数在，，和上单调递增；在，和上单调递减.
又因为，，，
所以的最大值为，故选项C正确；
因为，
所以，
则关于点中心对称，故选项D正确.
故选：BCD
12．ABD
【分析】选项A，由点在抛物线上，代入方程待定系数，求出抛物线C方程，则得到准线方程；选项B，利用导数求出切线斜率，与直线斜率相同即可说明相切；选项C，设出直线AB方程，联立抛物线方程，将坐标化韦达定理代入可证；选项D，利用弦长公式用表示，再代入韦达定理，结合判别式得出的的范围，即可判断得出答案．
【详解】对于A：因为点在抛物线：上，
则，解得，
所以抛物线：，
其准线为，故A正确；
对于B：令，
则，可得，
即抛物线在A点处切线斜率与直线AB斜率相同，
所以直线AB与抛物线C相切，故B正确；
对于C：由题意可知，直线PQ斜率存在，
设直线PQ的方程为 ，
联立方程，消去y得：，
可得，得，
且，
因为
，故C错误；
对于D：由题意可知，
因为，
则，
所以，故D正确.
故选：ABD．

13．3
【分析】根据题意得到的展开式的通项公式，再由条件列出方程即可得到结果.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
则展开式中含项的系数为
解得
故答案为:
14．（答案不唯一，）
【详解】因为圆的圆心在直线上，不妨设其圆心，
又因为圆与轴相切，则半径为，
所以圆的标准方程为，
取，则一个同时满足上述条件的圆的标准方程为.
故答案为：（答案不唯一，）
15．
【分析】作出圆台的轴截面，然后根据题意可求出圆台的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆台的体积.
【详解】作出圆台的轴截面，如图所示：为切点，为圆台的高.
圆台的母线，
所以圆台的高
球的半径，由球与该圆台体积比为得：
，整里得：
方程两边同除，解得或3（舍去）
故答案为：
16．
【分析】设，设，由题意可得，再根据进一步求出关系式，进而可求得的关系式，再根据点在双曲线上得出的关系，即可得解.
【详解】由题意，设，
，则，
则设，
故，
因为以为直径的圆交直线于点，所以，即，
所以，所以，
因为三点共线，
所以，即，
所以，
即，
因为点在双曲线上，所以，所以，
所以，
所以离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用两角差的正弦展开结合正余弦定理角化边求解；
（2）由正弦定理结合面积公式求解.
【详解】（1）
由正弦定理可得：，
，
由余弦定理：，
化简得：,
所以
所以；
（2）由正弦定理：，
所以,
则.
18．(1)，；
(2).
【分析】（1）求出即得数列的通项公式，利用与的关系求出数列的通项公式；
（2）求出，再利用分组求和求数列的前项和．
【详解】（1）解：令，
令，又，所以，即．所以，
，① ．②
两式相减得，，
即是公比为2的等比数列，且，
所以．
（2）解：由可得
，．
累加可得，
，
而
，
∴.
19．(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）以为原点，分别以方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可证；
（2）由线面角的向量法求线面角后可得结论．
【详解】（1）如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系.
.
.
设平面的法向量为，
则由，取得.
因为，所以
解得.
所以，且平面，所以平面
（2）设平面的法向量为
则由，解得.
所以，
解得.
20．(1)
(2)
【分析】（1）记“小杭被抽中”为事件，“小杭第次被抽中”为事件，可知，利用独立事件的概率公式可得出关于的等式，解之即可；
（2）求得，解不等式，解出的取值范围，即可得解.
【详解】（1）解：记“小杭被抽中”为事件，“小杭第次被抽中”为事件.
，
整理可得，即，
又因为且，解得.
（2）解：“”表示第一次在个人中抽取个，
第二次抽取的个人中，有人在第一次抽取的人以外，另外的个人在第一次抽取的人中，
，记，
由，
解得，又，所以时，取最大值.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）列出关于的方程组，求得后再求出得椭圆方程，设，直线的斜率分别为，设直线为，代入椭圆方程应用韦达定理得，，计算并代入韦达定理的结论可证；
（2）设，则，由直线方程求得的纵坐标，从而求得，计算到直线的距离，计算出面积，再转化为一元函数后，利用判别式法求得最值．
【详解】（1）由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，
设，直线的斜率分别为，
设直线为，与椭圆联立，
可得，
所以，
，
代入可得，
所以直线与的斜率之积为定值.
（2）设，则，又点到直线的距离是，
由解得，同理.
所以，代入得
，
设，则，由题意得，
化简得，解得或，故，
故，等号成立当仅当，或者.
所以面积的最小值为．
【点睛】直线与圆锥曲线相交中的定值问题，一般可设出交点坐标为，，设出过两交点的直线方程，并代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得出（或），然后再由交点坐标求出需证定值的量，一般代入韦达定理的结论化简后可得定值．
22．(1)存在
(2)证明见解析
【分析】（1）首先确定函数定义域是，求出导函数，确定出在时，，时，，因此确定值使得时，时，恒成立，从而恒成立即得；
（2）由（1）得出且时，的两个极值点是1和，因此有，引入函数，再利用导数证得即得证．
【详解】（1）因为，则的定义域为，
进一步化简得：
令，则在上单调递增，
且，所以时，时，
要使得单调递增，则在上恒成立
当时，恒成立
当时，，当时，，不合题意
当时，，当时，，不合题意
综上：.
（2）由（1）可得且，极值点为与1，
所以
令
当时，单调递增
当时，单调递减，
所以，即成立.
【点睛】方法点睛：证明与极值有关的不等式，一般先利用导数求得极值（本题中要求得极大值与极小值的和，可以不必区分哪个是极大值，哪个是极小值），然后引入新函数，再利用导数求出此函数的最值，从而证得不等式成立．