2024屆甘肅省西北師大附中高三上數學期末教學質量檢測試題含解析

2024屆甘肅省西北師大附中高三上數學期末教學質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知（i為虛數單位，），則ab等于（）A．2 B．-2 C． D．2．已知雙曲線的右焦點為，過的直線交雙曲線的漸近線于兩點，且直線的傾斜角是漸近線傾斜角的2倍，若，則該雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．3．設橢圓：的右頂點為A，右焦點為F，B、C為橢圓上關于原點對稱的兩點，直線BF交直線AC于M，且M為AC的中點，則橢圓E的離心率是（）A． B． C． D．4．已知函數是定義在R上的奇函數，且滿足，當時，（其中e是自然對數的底數），若，則實數a的值為()A． B．3 C． D．5．已知函數有兩個不同的極值點，，若不等式有解，則的取值范圍是（）A． B．C． D．6．已知復數z滿足i?z＝2+i，則z的共軛復數是（）A．﹣1﹣2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．1+2i7．在中，角所對的邊分別為，已知，．當變化時，若存在最大值，則正數的取值范圍為A． B． C． D．8．如圖，這是某校高三年級甲、乙兩班在上學期的5次數學測試的班級平均分的莖葉圖，則下列說法不正確的是（）A．甲班的數學成績平均分的平均水平高于乙班B．甲班的數學成績的平均分比乙班穩(wěn)定C．甲班的數學成績平均分的中位數高于乙班D．甲、乙兩班這5次數學測試的總平均分是1039．若實數滿足的約束條件，則的取值范圍是（）A． B． C． D．10．已知若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．11．已知橢圓的焦點分別為，，其中焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓與拋物線的兩個交點連線正好過點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．12．已知函數的部分圖象如圖所示，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設定義域為的函數滿足，則不等式的解集為__________．14．已知，滿足約束條件，則的最小值為__________.15．若點為點在平面上的正投影，則記.如圖，在棱長為1的正方體中，記平面為，平面為，點是線段上一動點，.給出下列四個結論：①為的重心；②；③當時，平面；④當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為.其中，所有正確結論的序號是________________.16．已知三棱錐中，，，則該三棱錐的外接球的表面積是________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列中，，前項和為，若對任意的，均有（是常數，且）成立，則稱數列為“數列”.（1）若數列為“數列”，求數列的前項和；（2）若數列為“數列”，且為整數，試問：是否存在數列，使得對任意，成立？如果存在，求出這樣數列的的所有可能值，如果不存在，請說明理由.18．（12分）在中，角的對邊分別為，且滿足.（Ⅰ）求角的大??；（Ⅱ）若的面積為，，求和的值.19．（12分）已知函數.（1）求函數f(x)的最小正周期；（2）求在上的最大值和最小值．20．（12分）在中,角、、所對的邊分別為、、，角、、的度數成等差數列，.（1）若，求的值；（2）求的最大值.21．（12分）如圖，在中，角的對邊分別為，且滿足，線段的中點為.（Ⅰ）求角的大??；（Ⅱ）已知，求的大小.22．（10分）在四棱錐中，是等邊三角形，點在棱上，平面平面．（1）求證：平面平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值的最大值；（3）設直線與平面相交于點，若，求的值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由復數相等的條件列式求解．【詳解】，，得，．．故選：．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數相等的條件，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，是基礎題．2、B【解析】

先求出直線l的方程為y（x﹣c），與y＝±x聯(lián)立，可得A，B的縱坐標，利用，求出a，b的關系，即可求出該雙曲線的離心率．【詳解】雙曲線1（a＞b＞0）的漸近線方程為y＝±x，∵直線l的傾斜角是漸近線OA傾斜角的2倍，∴kl，∴直線l的方程為y（x﹣c），與y＝±x聯(lián)立，可得y或y，∵，∴2?，∴ab，∴c＝2b，∴e．故選B．【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質，考查向量知識，考查學生的計算能力，屬于中檔題．3、C【解析】

連接，為的中位線，從而，且，進而，由此能求出橢圓的離心率.【詳解】如圖，連接，橢圓：的右頂點為A，右焦點為F，B、C為橢圓上關于原點對稱的兩點，不妨設B在第二象限，直線BF交直線AC于M，且M為AC的中點為的中位線，，且，，解得橢圓的離心率.故選：C【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質，考查了運算求解能力，屬于基礎題.4、B【解析】

根據題意，求得函數周期，利用周期性和函數值，即可求得.【詳解】由已知可知，，所以函數是一個以4為周期的周期函數，所以，解得，故選：B.【點睛】本題考查函數周期的求解，涉及對數運算，屬綜合基礎題.5、C【解析】

先求導得（），由于函數有兩個不同的極值點，，轉化為方程有兩個不相等的正實數根，根據，，，求出的取值范圍，而有解，通過分裂參數法和構造新函數，通過利用導數研究單調性、最值，即可得出的取值范圍.【詳解】由題可得：（），因為函數有兩個不同的極值點，，所以方程有兩個不相等的正實數根，于是有解得.若不等式有解，所以因為.設，，故在上單調遞增，故，所以，所以的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性、最值來求參數取值范圍，以及運用分離參數法和構造函數法，還考查分析和計算能力，有一定的難度.6、D【解析】

兩邊同乘-i，化簡即可得出答案．【詳解】i?z＝2+i兩邊同乘-i得z=1-2i,共軛復數為1+2i，選D.【點睛】的共軛復數為7、C【解析】

因為，，所以根據正弦定理可得，所以，，所以，其中，，因為存在最大值，所以由，可得，所以，所以，解得，所以正數的取值范圍為，故選C．8、D【解析】

計算兩班的平均值，中位數，方差得到正確，兩班人數不知道，所以兩班的總平均分無法計算，錯誤，得到答案.【詳解】由題意可得甲班的平均分是104，中位數是103，方差是26.4；乙班的平均分是102，中位數是101，方差是37.6，則A，B，C正確.因為甲、乙兩班的人數不知道，所以兩班的總平均分無法計算，故D錯誤.故選：.【點睛】本題考查了莖葉圖，平均值，中位數，方差，意在考查學生的計算能力和應用能力.9、B【解析】

根據所給不等式組，畫出不等式表示的可行域，將目標函數化為直線方程，平移后即可確定取值范圍.【詳解】實數滿足的約束條件，畫出可行域如下圖所示：將線性目標函數化為，則將平移，平移后結合圖像可知，當經過原點時截距最小，；當經過時，截距最大值，，所以線性目標函數的取值范圍為，故選：B.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃的簡單應用，線性目標函數取值范圍的求法，屬于基礎題.10、C【解析】

先解不等式，可得出，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等式.①當時，由，得，解得，此時；②當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，，則，此時；當時，，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.11、B【解析】

根據題意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【詳解】易知，且故有，則故選：B【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、拋物線的幾何性質，考查了學生的計算能力，屬于中檔題12、A【解析】

先利用最高點縱坐標求出A，再根據求出周期，再將代入求出φ的值.最后將代入解析式即可.【詳解】由圖象可知A＝1，∵，所以T＝π，∴.∴f（x）＝sin（2x+φ），將代入得φ）＝1，∴φ，結合0＜φ，∴φ.∴.∴sin.故選：A.【點睛】本題考查三角函數的據圖求式問題以及三角函數的公式變換.據圖求式問題要注意結合五點法作圖求解.屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據條件構造函數F（x），求函數的導數，利用函數的單調性即可得到結論．【詳解】設F（x），則F′（x），∵，∴F′（x）＞0，即函數F（x）在定義域上單調遞增．∵∴，即F（x）＜F（2x）∴，即x＞1∴不等式的解為故答案為：【點睛】本題主要考查函數單調性的判斷和應用，根據條件構造函數是解決本題的關鍵．14、【解析】

作出約束條件所表示的可行域，利用直線截距的幾何意義，即可得答案.【詳解】畫出可行域易知在點處取最小值為.故答案為：【點睛】本題考查簡單線性規(guī)劃的最值，考查數形結合思想，考查運算求解能力，屬于基礎題.15、①②③【解析】

①點在平面內的正投影為點，而正方體的體對角線與和它不相交的的面對角線垂直，所以直線垂直于平面，而為正三角形，可得為正三角形的重心，所以①是正確的；②取的中點，連接，則點在平面的正投影在上，記為，而平面平面，所以，所以②正確；③若設，則由可得，然后對應邊成比例，可解，所以③正確；④由于，而的面積是定值，所以當點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，而當點與點重合時，點到平面的距離最大，此時為棱長為的正四面體，其外接球半徑，則球，所以④錯誤.【詳解】因為，連接，則有平面平面為正三角形，所以為正三角形的中心，也是的重心，所以①正確；由平面，可知平面平面，記，由，可得平面平面，則，所以②正確；若平面，則，設由得，易得，由，則，由得，，解得，所以③正確；當與重合時，最大，為棱長為的正四面體，其外接球半徑，則球，所以④錯誤.故答案為：①②③【點睛】此題考查立體幾何中的垂直、平行關系，求幾何體的體積，考查空間想象能力和推理能力，屬于難題.16、【解析】

將三棱錐補成長方體，設，，，設三棱錐的外接球半徑為，求得的值，然后利用球體表面積公式可求得結果.【詳解】將三棱錐補成長方體，設，，，設三棱錐的外接球半徑為，則，由勾股定理可得，上述三個等式全部相加得，，因此，三棱錐的外接球面積為.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的計算，根據三棱錐對棱長相等將三棱錐補成長方體是解答的關鍵，考查推理能力，屬于中等題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）存在，【解析】

由數列為“數列”可得,，，兩式相減得，又，利用等比數列通項公式即可求出,進而求出;由題意得，，，兩式相減得，，據此可得,當時,,進而可得,即數列為常數列,進而可得,結合，得到關于的不等式,再由時，且為整數即可求出符合題意的的所有值.【詳解】因為數列為“數列”，所以，故，兩式相減得，在中令，則可得，故所以，所以數列是以為首項,以為公比的等比數列，所以，因為，所以.（2）由題意得，故，兩式相減得所以，當時，又因為所以當時,所以成立,所以當時，數列是常數列，所以因為當時,成立,所以，所以在中令，因為，所以可得，所以，由時，且為整數，可得,把分別代入不等式可得,，所以存在數列符合題意,的所有值為.【點睛】本題考查數列的新定義、等比數列的通項公式和數列遞推公式的運用;考查運算求解能力、邏輯推理能力和對新定義的理解能力;通過反復利用遞推公式,得到數列為常數列是求解本題的關鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.18、（Ⅰ）；（Ⅱ），.【解析】

（Ⅰ）運用正弦定理和二角和的正弦公式，化簡，即可求出角的大??；（Ⅱ）通過面積公式和，可以求出，這樣用余弦定理可以求出，用余弦定理求出，根據同角的三角函數關系，可以求出，這樣可以求出,最后利用二角差的余弦公式求出的值.【詳解】（Ⅰ）由正弦定理可知：,已知，所以，,所以有.（Ⅱ），由余弦定理可知：,,.【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理、面積公式、二倍角公式、二角差的余弦公式以及同角的三角函數關系，考查了運算能力.19、（1）；（2）見解析【解析】

將函數解析式化簡即可求出函數的最小正周期根據正弦函數的圖象和性質即可求出函數在定義域上的最大值和最小值【詳解】（Ⅰ）由題意得原式的最小正周期為.（Ⅱ），.當，即時，；當，即時，.綜上，得時，取得最小值為0；當時，取得最大值為.【點睛】本題主要考查了兩角和與差的余弦公式展開，輔助角公式，三角函數的性質等，較為綜合，也是?？碱}型，需要計算正確，屬于基礎題20、(1)；(2)．【解析】

(1)由角的度數成等差數列，得.又.由正弦定理，得,即.由余弦定理，得,即，解得.(2)由正弦定理，得.由，得.所以當，即時，.【方法點睛】解三角形問題基本思想方法：從條件出發(fā)，利用正弦定理(或余弦定理)進行代換、轉化．逐步化為純粹的邊與邊或角與角的關系，即考慮如下兩條途徑：①統(tǒng)一成角進行判斷，常用正弦定理及三角恒等變換；②統(tǒng)一成邊進行判斷，常用余弦定理、面積公式等．21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由正弦定理邊化角，再