47，江西省新余市2023-2024学年高三上学期期末质量检测数学试卷

这是一份47，江西省新余市2023-2024学年高三上学期期末质量检测数学试卷，共26页。

1．本卷共有四个大题，22个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟．
2．本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分．
一、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. 已知函数的定义域为集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求函数定义域得集合A，解一元二次不等式得集合B，然后利用交集运算求解即可.
【详解】依题意可知，解得，所以集合，
由，解得，所以，
所以.
故选：D
2. 已知复数满足：，则（ ）
A. 1B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据得出的表达式即可求出.
【详解】由，,得
，
所以．
故选：A．
3. 在中，“”是“为直角三角形”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
【答案】D
【解析】
【分析】逐步分析条件，否定充分性，举例子否定必要性即可.
【详解】在中，若，则，
故，或，或，
故充分性不成立，令，，不符合，故必要性不成立，
故选：D
4. 为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用事件的相互独立性求解.法一，所求事件转化为互斥事件的和事件，利用概率加法公式求解即可；法二，利用对立事件的概率和为，间接法可得.
【详解】设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队至少猜对一个成语”，
所以，则.
由题意知，事件相互独立，则与，与，与也相互独立，
法一：，且两两互互斥，
则
.
法二：事件的对立事件“几何队一个成语也没有猜对”，即，
则.
故选：B.
5. 如图，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角差的正切展开式求出，可得，再由两角和的正弦展开式可得答案.
【详解】由图可知，，，
所以，
因为第一象限角，所以可得，
所以
.
故选：C.
6. 已知向量，，且，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直向量的坐标运算建立方程求得参数，结合投影的定义，可得答案.
【详解】，故，解得，所以，
则在方向上的投影向量为.
故选：A.
7. 已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差中项与等差数列前项和得出，，即可代入已知得出答案.
【详解】由等差数列的性质可得：
，，
则，即，
，
故选：C.
8. 已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切(，且)，则球的表面积等于( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正四面体的内切球的半径是高的可求得的半径，得其体积，把底面向上平移，平移到与内切球相切，这个平面以上的部分仍然是正四面体，而第二个球就是这个正四面体的内切球，此球半径是第一个球半径的一半，依次类推可得第个球．
【详解】如图，是三棱锥的高，是的外心，
设，则，，
是三棱锥的外接球和内切球的球心，在上，
设外接球半径为，内切球半径为，
由得：，，
所以，
过中点作与底面平行的平面与三条棱交于点，
则平面与球相切，由题意球是三棱锥的内切球，
注意到三棱锥的棱长是三棱锥棱长的，
所以其内切球半径，同理球的半径为，则是公比为的等比数列，
所以，即，．
故选：D
【点睛】关键点点睛：四面体的内切球问题，掌握正四面体的性质是解题关键．实质上正四面体的高是，其外接球半径是，内切球半径是．
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. 某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）

A. 频率分布直方图中a的值为0.005B. 估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75
C. 估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为225
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可.
【详解】由，可得，故A正确；
前三个矩形的面积和为，
所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故选：AD
10. 已知定义在上的函数满足，且函数为奇函数，则（ ）
A. 函数是周期函数B. 函数为上的偶函数
C. 函数为上的单调函数D. 函数的图像关于点对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由可得，即可判断；对于B，由函数为奇函数可得，从而可得，即可判断；对于C，根据函数为上的偶函数可判断；对于D，由，从而有即可判断.
【详解】对于A，由可得，
所以函数是周期为4的周期函数，故A正确；
对于B，因为函数为奇函数， 所以，
则，所以函数为上的偶函数，故B正确；
对于C，根据B的解析可知函数为上的偶函数，所以函数在上没有单调性，故C错误；
对于D，因为，且函数周期为，
所以，即
的图像关于点对称，故D正确.
故选：ABD
11. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（ ）
A. 若，则M为的重心
B. 若M为的内心，则
C. 若M为的垂心，，则
D. 若，，M为的外心，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，，作出辅助线，得到三点共线，同理可得M为的重心；B选项，设内切圆半径为，则，，，代入后得到；C选项，得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，则，，，结合三角函数得到，，进而求出正切值的比；D选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值.
【详解】A选项，因为，所以，
取的中点，则，所以，
故三点共线，且，
同理，取中点，中点，可得三点共线，三点共线，
所以M为的重心，A正确；
B选项，若M为的内心，可设内切圆半径为，
则，，，
所以，
即，B正确；
C选项，若M为的垂心，，
则，
如图，⊥，⊥，⊥，相交于点，
又，
，即，
，即，
，即，
设，，，则，，，
因为，，
所以，即，
同理可得，即，故，
，则，
故，
，则，
故，
，
故，
同理可得，
故，C正确；
D选项，若，，M为的外心，
则，
设的外接圆半径为，故，
，
故，，，
所以，D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心，
点为所在平面内的点，且，则点为的垂心，
点为所在平面内的点，且，则点为的外心，
点为所在平面内的点，且，则点为的内心，
12. 已知长方体的表面积为10，十二条棱长度之和为16，则该长方体（ ）
A. 一定不是正方体
B. 外接球的表面积为
C. 长、宽、高的值均属于区间
D. 体积的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，设长方体长宽高分别为，由即可判断A，由即可判断B，由不等关系代入计算即可判断C，由，结合的范围，利用导数即可判断D.
【详解】设长方体的长宽高分别为，则可得，即，
又因，所以，
由不等式可得，，当且仅当时，等号成立，
而，取不到等号，所以得不到，即该长方体一定不是正方体，故A正确；
设长方体外接球的半径为，则，即，则外接球的表面积为，故B正确；
由可得，，代入可得，，即，
因为，由基本不等式可得，
即，设，则，
则，化简可得，即，
所以，即，又因为，
则，同理可得，故C错误；
设长方体的体积为，则，且，，
即，其中，
化简可得，，，
且，，
令，则或，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以，当时，有极小值，且，
当时，有极大值，且，
又因为,
，所以，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点睛：本题主要考查了基本不等式的应用以及利用导数解决立体几何中体积最值问题，难度较大，解决问题的关键在于将长方体的体积转化为关于长方体长宽高的函数关系，然后利用导数知识求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若直线与圆相切，则实数_________．
【答案】或
【解析】
【分析】利用几何法列方程即可求解.
【详解】圆可化为.
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
解得：或7.
故答案为：或
14. 已知正实数x，y满足方程，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】通过构造函数，通过判断其单调性得到，再利用基本不等式求最值.
【详解】令，明显其在上单调递增，
又由得，
即，
所以，即，且，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
15. 杭州第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日举办，杭州亚运会竞赛项目设置为40个大项，61个分项，481个小项，并增设电子竞技、霹雳舞两个竞赛项目.现有甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到乒乓球、电子竞技、霹雳舞三个项目志愿服务，其中每个项目至少一名志愿者，甲必须在霹雳舞项目，则不同的志愿服务方案共有______种（用数字作答）.
【答案】50
【解析】
【分析】分霹雳舞项目只有1人、霹雳舞项目有2人、霹雳舞项目有3人三种情况讨论，利用加法原理和排列组合分配即可求解.
【详解】①若霹雳舞项目只有1人，则乒乓球项目2人、电子竞技项目2人或乒乓球项目1人、电子竞技项目3人或乒乓球项目3人、电子竞技项目1人，则不同的志愿服务方案有（种）；
②若霹雳舞项目有2人，则乒乓球项目2人、电子竞技项目1人或乒乓球项目1人、电子竞技项目2人，则不同的志愿服务方案有（种）；
③若霹雳舞项目有3人，则乒乓球项目1人、电子竞技项目1人，则不同的志愿服务方案有（种）.
综上所述：不同的志愿服务方案共有（种）.
故答案为：50
16. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线l与C的左、右两支分别交于点P，Q，若，则C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由，的平分线与直线PQ垂直，结合图像，根据双曲线的定义，找出各边的关系，列出等式，求解.
【详解】依题意，由，
得，即的平分线与直线PQ垂直，
如图，设的平分线与直线PQ交于点D，
则，，又，
所以，所以，．
由题得，，设，，，
在中，，，则，，
由双曲线的性质可得，解得，
则，所以在中，，
又，，所以，
即，整理得，所以．
故答案为：
四、解答题：（本大题共6小题，17题10分，18～22题各12分，共70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤）
17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且．
（1）求；
（2）若为的中点，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式，进而化简整理得到；
（2）由的两边平方得，再利用余弦定理可得，从而利用三角形的面积公式可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理得，
化简得．
因为，，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
因为为的中点，所以，
等式两边平方得，
即①．
在中，由余弦定理得②，
联立①②解得，
所以．
18. 如图，与都是边长为2正三角形，平面平面，平面且．
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直、线面垂直，以及线段长度求证线面垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出其夹角大小即可.
【小问1详解】
取中点，连接
都是边长为2的正三角形，
，，
又，面，面，
面，
又平面平面，
面且
又面且
，，，
是正方形，
又，平面，平面，
平面
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系
由于轴垂直面
∴平面的法向量为
又，，
，
设平面的法向量，
则，
令，则，，所以
∴平面与平面的夹角为
19. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离等于点到直线的距离.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，，直线的斜率为，直线的斜率为.证明：为定值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义及焦准距即得动点的轨迹方程；
（2）先设出直线的方程，与抛物线方程联立，消元后整理成一元二次方程，得出韦达定理，再利用斜率定义，得到的表达式，整理成的对称式，代入韦达定理即得定值.
【小问1详解】
因动点到点的距离等于点到直线的距离，故可知动点的轨迹是抛物线，
设其方程为，由题意得，故动点的轨迹方程为：
【小问2详解】
如图，因直线的斜率不能为零（否则直线与抛物线只有一个公共点），又过点，
可设由消去并整理得：，
显然设，则由韦达定理，（*）
则，
将（*）代入得：,
故为定值.
20. 魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的单身贵族（独立钻石棋）并称为智力游戏界的三大不可思议．在2018WCA世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以3.47秒的成绩打破了三阶魔方复原的世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入4秒的选手．
（1）小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为，小吴每局比赛获胜的概率均为，若采用三局两胜制，两人共进行了局比赛，求的分布列和数学期望；
（2）小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比赛小吴获胜的概率为0.5，若小王本局胜利，则他赢得下一局比赛的概率为0.6，若小王本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为0.5，为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜制”还是“三局两胜制”？
【答案】（1）分布列见解析；
（2）小王应选择“五局三胜制”
【解析】
【分析】（1）依题意得到的可能取值，再利用独立事件与互斥事件的概率公式求得其对应的概率，从而得解；
（2）分类讨论小王不同选择下对应的获胜概率，从而得解.
【小问1详解】
因为采用三局两胜制，所以的可能取值为，
表示小王或小吴连胜两局；表示小王与小吴前两局一胜一负；
所以，，
所以的分布列为：
则的数学期望为.
【小问2详解】
若小王选择“三局两胜制”，
则小王获胜的情况为：胜胜；胜负胜；负胜胜；
则小王获胜的概率为；
若小王选择“五局三胜制”，
则小王获胜的情况为：胜胜胜；胜胜负胜；胜负胜胜；负胜胜胜；胜胜负负胜；胜负胜负胜；胜负负胜胜；负负胜胜胜；负胜负胜胜；负胜胜负胜；
则小王获胜的概率为
，
因为，
所以小王应选择“五局三胜制”.
21. 已知等差数列与等比数列满足，，，且既是和的等差中项，又是其等比中项．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，其中，求数列的前项和；
（3）记，其前n项和为，若对恒成立，求的最小值．
【答案】（1），；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知条件，列方程组求出等差数列的公差和等比数列的公比，可得数列的通项；
（2）根据数列的特征，运用分组求和法求前项和；
（3）利用函数思想，求出A的最大值和B的最小值，可得的最小值．
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
，，所以，解得，，
既是和的等差中项，又是其等比中项，
得，，
解得，即，
所以，．
【小问2详解】
∵，
∴．
又∵
，
∵ ①
∴ ②
①减②得：
∴，
∴．
【小问3详解】
，，，则是首项为公比为的等比数列，
，，
令，，
当n为奇数时，，且递减，
可得的最大值为，
当n为偶数时，，且递增，
可得的最小值为，
所以的最小值为，最大值为，因为，对恒成立，所以，
所以，所以的最小值为．
【点睛】方法点睛：
数列综合问题，要围绕等差数列和等比数列的性质，运用好公式，灵活运用数列的求和方法，不等式问题可结合数列的单调性解决.
22. 已知函数，且．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，且存在三个零点，，．
（i）求实数的取值范围；
（ii）设，求证：．
【答案】（1）
（2）（i），（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式计算可得；
（2）（i）根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求.
（ii）根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【小问1详解】
当时，则，
又，所以，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
（i）因为且存在三个零点，
所以有3个根，
当时，，，，
所以在上是单调递增，由零点存在定理，方程必有一个负根，
当，，即有两个根，
令，可转化为与有两个交点，
，
可得时，即在单调递增，
可得时，即在单调递减，
其中，当，，
所以可得，解得.
（ii）因为且存在三个零点.
设，，，，易知其中，，
因为，所以，所以，，，
故可知①；
由（i）可知与有两个交点，
当，是单调递增，所以，，，所以②；
即，，
若，则，
若，构造函数，，
则
，
设，
则，
因为，
又因为，
所以③；
因为
，
又因为，
所以，
即得④；
由③④可知，在上单调递增，
又可得，
，可知与同号，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，又由（i）可知，
所以，，
，，单调递增，
所以⑤，
由①②⑤可知.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，解决问题的关键点是极值点偏移问题，证明方法总结：先构造，再确定的单调性，结合特殊值得到再利用单调性可得.