吉林省長(zhǎng)春市2023_2024學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期中試題含解析

這是一份吉林省長(zhǎng)春市2023_2024學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期中試題含解析，共11頁(yè)。
本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共6頁(yè)。考試結(jié)束后，將答題卡交回。
注意事項(xiàng)：
1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)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(shū)
寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。
3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；
在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。
4.作圖可先使用鉛筆畫(huà)出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。
5.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。
第Ⅰ卷
一．單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)一項(xiàng)是符合題目要求的.
1．已知集合，，則中元素的個(gè)數(shù)為（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．已知復(fù)數(shù)滿(mǎn)足，則（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，則（ ）
A．B．C．D．2
4．已知橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合，長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于圓的半徑，則橢圓的方程為( )
A．B．C．D．
5．已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
6．直線圓相交于，兩點(diǎn)，則“”是“”的（ ）
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充分必要條件D．既不充分又不必要條件
7．設(shè)，若，則（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，若，則的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二．多選題：本題共4小題，每小題5分,共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有兩項(xiàng)是符合題目要求的.選對(duì)得5分，少選得2分，多選或錯(cuò)選得0分.
9．下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．一組數(shù)1，5，6，7，10，13，15，16，18，20的第75百分位數(shù)為16
B．在經(jīng)驗(yàn)回歸方程中，當(dāng)解釋變量每增加1個(gè)單位時(shí)，相應(yīng)變量增加個(gè)單位
C．?dāng)?shù)據(jù)的方差為，則數(shù)據(jù)的方差為
D．一個(gè)樣本的方差，則這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于100
10．已知函數(shù)的圖象為C，以下說(shuō)法中正確的是（ ）
A．函數(shù)的最大值為
B．圖象C關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)
C．函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)
D．函數(shù)圖象上，橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，向左平移可得到
11．在直三棱柱中，底面為等腰直角三角形，且滿(mǎn)足，點(diǎn)滿(mǎn)足，其中，，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．當(dāng)時(shí)，的面積的最大值為
B．當(dāng)時(shí)，三棱錐的體積為定值
C．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)，使得
D．當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)，使得平面
12．已知定義域?yàn)榈暮瘮?shù)對(duì)任意實(shí)數(shù)都有，且，則以下結(jié)論正確的有（ ）
A．B．是偶函數(shù)
C．關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)D．
第Ⅱ卷
三．填空題：本題共4小題，每小題5分,共20分.
13．的展開(kāi)式中含項(xiàng)的系數(shù)為.
14．已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，則=.
15．已知雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，過(guò)雙曲線上一點(diǎn)向軸作垂線，垂足為，若且與垂直，則雙曲線的離心率為.
16．如圖，圓柱的底面半徑和母線長(zhǎng)均為3，是底面直徑，點(diǎn)在圓上且，點(diǎn)在母線上，，點(diǎn)是上底面的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且，則四面體的外接球的體積為.

四、解答題：17題10分，18-22題每題12分，共70分.
17．已知數(shù)列的前項(xiàng)的和為，且.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)，求數(shù)列的前項(xiàng)和.
18．在中，內(nèi)角..的對(duì)邊分別為，且．
（1）求角的大小；
（2）若點(diǎn)滿(mǎn)足，且，求的取值范圍．
19．已知多面體，四邊形是等腰梯形，，，四邊形是菱形，，E，F(xiàn)分別為QA，BC的中點(diǎn)，.

(1)求證：平面平面；
(2)求點(diǎn)到平面的距離.
20．甲、乙兩人進(jìn)行“抗擊新冠疫情”知識(shí)競(jìng)賽，比賽采取五局三勝制，約定先勝三局者獲勝，比賽結(jié)束．假設(shè)在每局比賽中，甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽相互獨(dú)立．
（1）求甲獲勝的概率；
（2）設(shè)比賽結(jié)束時(shí)甲和乙共進(jìn)行了局比賽，求隨機(jī)變量的分布列及數(shù)學(xué)期望．
21．已知橢圓的離心率為，且點(diǎn)在橢圓上．
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線交橢圓于兩點(diǎn)，線段的中點(diǎn)為，為坐標(biāo)原點(diǎn)，且，求面積的最大值．
22．已知函數(shù)，其中a為實(shí)數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
數(shù)學(xué)試卷參考答案
1．B
【分析】化簡(jiǎn)集合，根據(jù)交集的定義求得，進(jìn)而可求解.
【詳解】因?yàn)椋裕?br>則中元素的個(gè)數(shù)為4個(gè).
故選：B.
2．D
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法的運(yùn)算法則進(jìn)行求解即可.
【詳解】由，
故選：D
3．C
【分析】將平方，再結(jié)合模長(zhǎng)運(yùn)算即可求解.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>所以，又，所以，
所以.
故選：C.
4．B
【詳解】橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合,可得，
長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于圓，即的半徑，a=2，則b=1，
所求橢圓方程為：.
故選B.
5．C
【分析】利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得的最大值，從而得解.
【詳解】因?yàn)?，則，
由題意知在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立.
令，，所以，
因?yàn)椋?br>所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又，，
所以，則，即的取值范圍是.
故選：C.
6．A
【分析】根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式和垂徑定理得到方程，求出，從而得到答案.
【詳解】圓心到直線的距離為，
當(dāng)時(shí)，由垂徑定理得，
即，解得，
故“”是“”的充分而不必要條件.
故選：A
7．B
【分析】利用二倍角公式以及輔助角公式可推出，結(jié)合角的范圍求得，即可求得答案.
【詳解】由題意，
則，即，
故，即，
由于，所以，
則，即，
故，
故選：B
8．C
【分析】化簡(jiǎn)已知條件，利用基本不等式即可得出結(jié)論.
【詳解】由題意，
，，，
∴，
∴，
當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立，
故選：C.
9．ACD
【分析】由百分位數(shù)的定義，即可判斷A，由回歸方程的性質(zhì)即可判斷B，由方差的性質(zhì)即可判斷CD.
【詳解】因?yàn)椋赃@組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)是第8個(gè)數(shù)，即為16，A正確；
由回歸方程可知，當(dāng)解釋變量每增加1個(gè)單位時(shí)，相應(yīng)變量減少個(gè)單位，B錯(cuò)誤；
選項(xiàng)C，由，可得，C正確；
由，得，所以這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于，故D正確；
故選：ACD
10．CD
【分析】根據(jù)降冪公式、二倍角正弦公式，結(jié)合正弦型函數(shù)的最值、對(duì)稱(chēng)性、單調(diào)性、圖象變換性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】.
A：函數(shù)的最大值為，因此本選項(xiàng)不正確；
B：因?yàn)?，所以圖象C不關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)，因此本選項(xiàng)不正確；
C：當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)，因此本選項(xiàng)正確；
D：函數(shù)圖象上，橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，得到，再向左平移可得到，所以本選項(xiàng)正確，
故選：CD
11．ABD
【分析】對(duì)于A，B選項(xiàng)，直接利用幾何法判斷即可，對(duì)于C選項(xiàng)，利用線面垂直證明線線垂直，對(duì)于D選項(xiàng)，利用坐標(biāo)法可證.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，則點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)，
則當(dāng)點(diǎn)與重合時(shí)，則此時(shí)面積取得最大值，,
由于直三棱柱，則，為等腰直角三角形，則，
又，，面，則面，
因?yàn)槊?，所以?br>則，故選項(xiàng)A正確；
當(dāng)時(shí)，則，點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)，則，
由于點(diǎn)到平面的距離為定值，點(diǎn)到線段的距離恒為，
則，則，故選項(xiàng)B正確；
當(dāng)時(shí)，，
設(shè)的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，則點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，，，
又，，平面，則面，
又因?yàn)槊?，則，
當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，面，即面，則，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，
當(dāng)時(shí)，，則點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，
則，，，，，
故，，
設(shè)平面的法向量為，則，
令，得，
當(dāng)時(shí)，則與平行，則存在點(diǎn)，使得平面，故選項(xiàng)D正確；
故選：ABD.
12．BCD
【分析】根據(jù)賦值法，可判斷或，進(jìn)而判斷A，根據(jù)賦值法結(jié)合奇偶性的定義可判斷C，根據(jù)偶函數(shù)即可判斷對(duì)稱(chēng)性，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性以及奇偶性可得函數(shù)的周期性，進(jìn)而可判斷CD.
【詳解】令，則或，故A錯(cuò)誤，
若時(shí)，令，則，此時(shí)是偶函數(shù)
若時(shí)，令，則，此時(shí)既是偶函數(shù)又是奇函數(shù)；因此B正確，
令，則，所以關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)，故C正確，
由關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)可得，結(jié)合是偶函數(shù)，所以，所以的周期為2，
令，則，故，
進(jìn)而，故D正確，
故選：BCD
13．
【分析】在二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式中，令的冪指數(shù)等于，求出的值，即可求得展開(kāi)式中含項(xiàng)的系數(shù)．
【詳解】的展開(kāi)式中，通項(xiàng)公式為，
令，求得，可得展開(kāi)式中含項(xiàng)的系數(shù).
故答案為：．
14．
【分析】根據(jù)題中，利用 和 的關(guān)系式 來(lái)求解，注意時(shí)要檢驗(yàn)是否符合時(shí)的表達(dá)式.
【詳解】當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?br>所以
所以；
所以；
所以當(dāng)時(shí)，是以2為公比的等比數(shù)列；
所以，
當(dāng)時(shí)，
所以，
故答案為：
15．
【分析】由題意知四邊形為菱形，再結(jié)合圖形得出，最后根據(jù)定義即可得出離心率.公眾號(hào)：全元高考
【詳解】設(shè)雙曲線焦距為，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，
由題意知，由且與垂直可知，四邊形為菱形，且邊長(zhǎng)為，而為直角三角形，，

故，則，
則，
故，
即離心率.
故答案為: .
16．
【分析】根據(jù)條件確定點(diǎn)的軌跡為圓，再根據(jù)勾股定理判斷出為直角三角形，其外心為與的交點(diǎn)，進(jìn)而計(jì)算出，確定為四面體的外接球的球心，求出半徑進(jìn)行計(jì)算即可.
【詳解】因?yàn)槭巧系酌娴囊粋€(gè)動(dòng)點(diǎn)，且，
所以點(diǎn)的軌跡是上底面上以為圓心，為半徑的圓，
在中，，，，
∴，
∴為直角三角形，其外心為與的交點(diǎn)，
且，，而，
所以，
所以為四面體的外接球的球心，球半徑為，
所以球的體積
故答案為：公眾號(hào)：全元高考
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根據(jù)，并結(jié)合等比數(shù)列的定義即可求得答案；
（2）結(jié)合（1），并通過(guò)錯(cuò)位相減法即可求得答案.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，.
（2），…①
…②
①-②得
，.
18.（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【詳解】試題分析：利用正弦定理及余弦定理整理求出，即可求得角的大?。?br>利用余弦定理及常用不等式求解即可
解析：（Ⅰ）
根據(jù)正弦定理得
又
（Ⅱ）在中，根據(jù)余弦定理得
即
又
又 ,
19．(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合線面垂直的判定定理可證平面，進(jìn)而可得結(jié)果；
（2）以為原點(diǎn)、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，
求出和平面的法向量，利用點(diǎn)到平面的距離公式的向量求法可得答案.
【詳解】（1）設(shè)是線段的中點(diǎn)，連接，過(guò)作，垂足為，
因?yàn)樗倪呅螢榈妊菪?，，?br>所以，，
因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，可得，
則，即四邊形為平行四邊形，
可得，所以，
又因?yàn)樗倪呅问沁呴L(zhǎng)為2的菱形，且，
則是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，可得，
則，可得，
因?yàn)槠矫嫫矫妫?br>所以平面，
且平面，所以平面平面.

（2）以為原點(diǎn)、分別為軸、軸、軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
則，
可得，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，則，可得，
則點(diǎn)到平面的距離為.

20．（1）；（2）分布列見(jiàn)解析，數(shù)學(xué)期望為．
【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合五局三勝制規(guī)則，分別求得比賽三、四和五局且甲獲勝的概率進(jìn)而求得甲獲勝的概率；
（2）隨機(jī)變量的取值為3，4，5，求得相應(yīng)的概率，得出分布列，利用公式求得期望.
【詳解】（1）由題意知，比賽三局且甲獲勝的概率，
比賽四局且甲獲勝的概率為，
比賽五局且甲獲勝的概率為，公眾號(hào)：全元高考
所以甲獲勝的概率為．
（2）隨機(jī)變量的取值為3，4，5，
則，，
，
所以隨機(jī)變量的分布列為
所以．
【點(diǎn)睛】求隨機(jī)變量的期望與方差的方法及步驟：
1、理解隨機(jī)變量的意義，寫(xiě)出可能的全部值；
2、求取每個(gè)值對(duì)應(yīng)的概率，寫(xiě)出隨機(jī)變量的分布列；
3、由期望和方差的計(jì)算公式，求得數(shù)學(xué)期望；
4、若隨機(jī)變量的分布列為特殊分布列（如：兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布、超幾何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.
21．(1)；
(2) ．
【分析】（1）由橢圓的離心率為，且點(diǎn)在橢圓上，列出方程組求出，由此能求出橢圓的方程；
（2）設(shè)與軸的交點(diǎn)為，直線，聯(lián)立方程組，得，由此利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、均值定理，結(jié)合已知條件能求出面積的最大值.
【詳解】（1）解：因?yàn)闄E圓的離心率為，且點(diǎn)在橢圓上
所以，，即， 解得，,
所以，橢圓的方程是.
（2）解：設(shè)直線與軸的交點(diǎn)為，直線，與橢圓交點(diǎn)為，，
聯(lián)立，，得，
∴，，
∴，即，
∵，∴，
∴，
令，
設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即，等號(hào)成立，
∴，
∴面積的最大值為 .
22.(1)
(2)存在，，證明見(jiàn)解析公眾號(hào)：全元高考
【分析】（1）求導(dǎo)，得到，由導(dǎo)函數(shù)的幾何意義求出切線方程；
（2）分和兩種情況，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)得到函數(shù)的最值，從而得到a的值.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，
，又，
∴曲線在點(diǎn)處的切線方程為．
（2）①當(dāng)時(shí)，，則，故，
令，則，
令，則在上恒成立，
∴在上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)時(shí)，，∴，
∴在上單調(diào)遞增，，∴．
②當(dāng)時(shí)，，則，故．
由①知當(dāng)時(shí)，，
在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，
∴，∴在上單調(diào)遞增，
∴，∴．
綜合①②得：.
3
4
5