河北省石家莊市辛集市2024屆高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1河北省石家莊市辛集市2024屆高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷第Ⅰ卷（選擇題）一、單選題1.設(shè)集合，則的元素個(gè)數(shù)為（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】因?yàn)?，所?故選：B.2.已知復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】復(fù)數(shù),故，則對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，故選：B3.已知向量，，若，則（）A.2 B.3 C.4 D.【答案】D【解析】依題意，，解得，則，所以，故．故選：D．4.若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，且在恒成立，所以，，解得所以，實(shí)數(shù)的取值范圍為故選：D5.已知橢圓的離心率為，直線與圓相切，則實(shí)數(shù)m的值是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由題意知，，則，∵直線，即，代入得，，由解得．故選：B．6.“數(shù)列，都是等差數(shù)列”是“數(shù)列是等差數(shù)列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】若數(shù)列，都是等差數(shù)列，則設(shè)數(shù)列，的公差分別為，所以為常數(shù)，所以數(shù)列是等差數(shù)列，若數(shù)列是等差數(shù)列，如是等差數(shù)列，而此時(shí)均不是等差數(shù)列，所以“數(shù)列，都是等差數(shù)列”是“數(shù)列是等差數(shù)列”的充分不必要條件故選：A.7.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因?yàn)?，即，所?故選：A.8.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因?yàn)?所以又因?yàn)?，所以，?duì)等式兩邊去括號(hào)，并移項(xiàng)整理得，，所以，所以，即，所以.故選：A.二、多選題9.已知一組樣本數(shù)據(jù)，其中（，2，…，15），由這組數(shù)據(jù)得到另一組新的樣本數(shù)據(jù)，，…，，其中，則（）A.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本方差相同B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同C.，，…，樣本數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)為D.將兩組數(shù)據(jù)合成一個(gè)樣本容量為30的新的樣本數(shù)據(jù)，該樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為5【答案】AC【解析】由題意可得：，∵，則，，故A正確，B錯(cuò)誤；由于求第30百分位數(shù)：15×0.3=4.5，故為第5個(gè)數(shù)，的排列為：，因此，第30百分位數(shù)為，C正確；將兩組數(shù)據(jù)合成一個(gè)樣本容量為30的新的樣本數(shù)據(jù)，新樣本的平均數(shù)為，D錯(cuò)誤，故選：AC．10.已知定義在上的函數(shù)滿足，且為偶函數(shù)，則下列說法一定正確的是（）A.函數(shù)的周期為2 B.函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱C.函數(shù)為偶函數(shù) D.函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱【答案】BC【解析】依題意，上的函數(shù)，，則，函數(shù)的周期為4，A錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)是偶函數(shù)，則，函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱，且，即，函數(shù)圖象關(guān)于對(duì)稱，B正確；由得，則函數(shù)為偶函數(shù)，C正確；由得，由得，因此，函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱，D錯(cuò)誤.故選：BC.11.正多面體因?yàn)榫鶆驅(qū)ΨQ的完美性質(zhì)，經(jīng)常被用作裝飾材料.正多面體又叫柏拉圖多面體，因古希臘哲學(xué)家柏拉圖及其追隨者的研究而得名.最簡單的正多面體是正四面體.已知正四面體的所有棱長均為2，則下列結(jié)論正確的是（）A.異面直線與所成角為B.點(diǎn)A到平面的距離為C.四面體的外接球體積為D.四面體的內(nèi)切球表面積為【答案】BCD【解析】由題意，四面體為正四面體，取底面的中心為，連接并延長，交于，則為的中點(diǎn)，且，連接，則平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故A錯(cuò)；由四面體的所有棱長為，得，又，，故B正確；設(shè)四面體的外接球的球心為，半徑為，連接，則，解得，則四面體的外接球的體積為，故C正確；根據(jù)對(duì)稱性，正四面體的外接球和內(nèi)切球球心均是，設(shè)正四面體內(nèi)切球半徑為，則，又，，所以,則四面體的內(nèi)切球表面積為.故D正確.故選：BCD.12.已知圓錐的表面積等于，其側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，則以下結(jié)論正確的是（）A.圓錐底面圓的半徑為2cmB.該圓錐的內(nèi)接圓柱（圓柱的下底面在圓錐的底面上，上底面在圓錐的側(cè)面上）的側(cè)面積的最大值為C.該圓錐的內(nèi)接圓柱的體積的最大值時(shí)，圓柱的底面圓的半徑與圓柱的高的比為D.該圓錐的內(nèi)切球的表面積為【答案】ABC【解析】設(shè)圓錐底面圓的半徑為，母線長為，依題意得，所以，根據(jù)圓錐的表面積為，解得cm,所以A正確;如圖為圓錐和內(nèi)接圓柱體的軸截面，由題可知，，設(shè)由相似關(guān)系得,即，解得，則內(nèi)接圓柱的側(cè)面積等于，當(dāng)時(shí)側(cè)面積最大，等于，所以B正確;內(nèi)接圓柱的體積等于，，令，解得，令，解得，所以在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減,所以當(dāng)時(shí)圓柱體積最大，此時(shí)圓柱的高為，圓柱的底面圓的半徑與圓柱的高的比為，所以C正確;設(shè)內(nèi)切圓的圓心為半徑為，因?yàn)?即所以因?yàn)閳A錐的內(nèi)切球的半徑等于，所以內(nèi)切球的體積等于，所以D錯(cuò)誤.故選:ABC.第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題13.從0，1，2，?，9這10個(gè)數(shù)字中任取三個(gè)數(shù)，使這三個(gè)數(shù)的和是3的倍數(shù)，則不同的取法有_________種．（用數(shù)字作答）【答案】42【解析】將這些數(shù)字分組，記，，，從而和為3的倍數(shù)的情況共有種．故答案為：42.14.已知正三棱臺(tái)的各個(gè)頂點(diǎn)都在同一個(gè)直徑為10的球面上，上底面邊長為，下底面邊長為，則該正三棱臺(tái)的體積為__________.【答案】或【解析】設(shè)正三棱臺(tái)，外接球球心為，上底面所在小圓面的圓心為，下底面所在小圓面的圓心為，如圖①，可求得，同理，作剖面圖如圖②，當(dāng)球心在三棱臺(tái)內(nèi)部時(shí)，，，此時(shí)三棱臺(tái)的體積為；如圖③，當(dāng)球心在三棱臺(tái)外部時(shí)，，此時(shí)三棱臺(tái)的體積為故答案為:或.15.若函數(shù)，在上恰有兩個(gè)最大值點(diǎn)和四個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω取值范圍是______________．【答案】【解析】由三角恒等變換可得，時(shí)，有，若要滿足題意則需：.故答案為：16.已知點(diǎn)、分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)A是雙曲線的一條漸近線上一點(diǎn)，且．若的面積為，則雙曲線的離心率為________．【答案】【解析】不妨設(shè)點(diǎn)A為第一象限內(nèi)一點(diǎn)，雙曲線的漸近線方程為，設(shè)點(diǎn)，其中，易知、，，，因?yàn)?，則，因?yàn)?，解得，即點(diǎn)，所以，，所以，，所以，，因此，雙曲線的離心率為.故答案為：.四、解答題17.已知，，分別為內(nèi)角A，，的對(duì)邊,且.（1）求的值；（2）若面積為，求邊上的高的最大值．解：（1）∵，∴，，，∴，∵，∴.（2）由面積為得：，而，∴∵邊上的高為，∴，則，∵，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取“=”，即的最小值為2．此時(shí)最大為．18.如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的菱形，，點(diǎn)D為棱AC上的動(dòng)點(diǎn)（不與A、C重合），平面與棱交于點(diǎn).（1）求證；（2）若平面平面，，判斷是否存在點(diǎn)D使得平面與平面所成的銳二面角為，并說明理由.（1）證明：，且平面，平面，∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；（2）解：連接，取AC中點(diǎn)O，連接，，在菱形中，，∴是等邊三角形，又∵O為AC中點(diǎn)，∴，∵平面平面，平面平面，平面，且，∴平面，平面，∴，又∵，∴，以點(diǎn)為原點(diǎn)，，，為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點(diǎn)D，滿足題意，設(shè)，，，，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，所以，令，則，，故，設(shè)平面的法向量為，，，，令，則，，故，，解，所以點(diǎn)D在點(diǎn)C的位置時(shí)，平面與平面所成銳角為，由于D不與A、C重合，故AC上不存滿足題意的點(diǎn).19.已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若，．（1）記判斷是否為等差數(shù)列，若是，給出證明；若不是，請(qǐng)說明理由．（2）記，的前n項(xiàng)和為，求．解：（1）因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，又因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，因?yàn)?，由，得①，所以②，所以得：，?jīng)驗(yàn)證，當(dāng)時(shí)不等于，所以不是等差數(shù)列.（2）由，得，兩式相減得：所以當(dāng)時(shí)：數(shù)列（）是首項(xiàng)為，公差為6的等差數(shù)列；數(shù)列（）是首項(xiàng)為，公差為6的等差數(shù)列.當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，不妨設(shè)，則，此時(shí)因?yàn)?，所以此時(shí).當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，不妨設(shè)，則，此時(shí).因?yàn)椋源藭r(shí)綜上所述，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，.20.哈六中舉行數(shù)學(xué)競賽，競賽分為初賽和決賽兩階段進(jìn)行.初賽采用“兩輪制”方式進(jìn)行，要求每個(gè)學(xué)年派出兩名同學(xué)，且每名同學(xué)都要參加兩輪比賽，兩輪比賽都通過同學(xué)才具備參與決賽的資格.高三學(xué)年派出甲和乙參賽.在初賽中，若甲通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，乙通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，且每名同學(xué)所有輪次比賽的結(jié)果互不影響.（1）若高三學(xué)年獲得決賽資格的同學(xué)個(gè)數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.（2）已知甲和乙都獲得了決賽資格.決賽的規(guī)則如下：將問題放入兩個(gè)紙箱中，A箱中有3道選擇題和2道填空題，箱中有3道選擇題和3道填空題.決賽中要求每位參賽同學(xué)在兩個(gè)紙箱中隨機(jī)抽取兩題作答.甲先從A箱中依次抽取2道題目，答題結(jié)束后將題目一起放入箱中，然后乙再抽取題目.已知乙從箱中抽取的第一題是選擇題，求甲從A箱中抽出的是2道選擇題的概率.解：（1）依題意得甲獲得決賽資格的概率為，乙獲得決賽資格的概率為，的所有可能取值為，，，，所以的分布列為：012所以.（2）記“甲從A箱中抽出的是道選擇題”，“乙從箱中抽取的第一題是選擇題”，則，，，，，，所以.甲從箱中抽出的是2道選擇題的概率為.21.已知點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在直線上，過點(diǎn)M且垂直于x軸的直線與線段的垂直平分線交于點(diǎn)P，記點(diǎn)P的軌跡為曲線C．（1）求曲線C的方程；（2）已知圓的一條直徑為，延長分別交曲線C于兩點(diǎn)，求四邊形面積的最小值．解：（1）法一：設(shè)點(diǎn)，則．由題意知，即，整理得：，則曲線C的方程為．法二：由題意知，點(diǎn)P到點(diǎn)的距離等于其到直線的距離相等，則點(diǎn)P的軌跡為以為焦點(diǎn)，以為準(zhǔn)線的拋物線，則曲線C的方程為.（2）法一：由題意知，為圓的直徑，則．由題意知直線存在斜率，設(shè)為k，且，則直線的斜率為．又OA所在直線為，聯(lián)立，解得：或，則不妨取S點(diǎn)橫坐標(biāo)為，聯(lián)立，解得：或，則不妨取A點(diǎn)橫坐標(biāo)為，所以．同理可得，四邊形的面積,令，,則,因?yàn)镾在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，S有最小值36．即當(dāng)時(shí)，四邊形面積的最小值為36法二：設(shè)方程為，由,得．由,得,∴,同理可得：．令則在上單調(diào)遞增．∴，當(dāng)即時(shí)，四邊形面積的最小值為36，即四邊形面積的最小值為36．22.已知函數(shù)，．（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）證明：當(dāng)時(shí)，恒成立．（1