2024年吉林省长～届高三数学上学期期中考试试题

长春外国语学校2023-2024学年第一学期期中考试高三年级数学试卷时间 ：110分钟 满分：150分 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共6页。考试结束后，将答题卡交回。注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信 息条形码粘贴区。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书 写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效； 在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第卷一单选题：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，只有一项一项是符合题目要求的. 1已知集合，则中元素的个数为（    ）A3B4C5D62已知复数满足，则（    ）ABCD3在中，则（    ）ABCD24已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，长轴长等于圆的半径，则椭圆的方程为( )ABCD5已知函数在区间上单调递减，则a的取值范围是（    ）ABCD6直线圆相交于，两点，则“”是“”的（    ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件7设，若，则（    ）ABCD8已知，若，则的最小值是（    ）ABCD二多选题：本题共4小题，每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的.选对得5分，少选得2分，多选或错选得0分. 9下列说法正确的是（    ）A一组数1，5，6，7，10，13，15，16，18，20的第75百分位数为16B在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，相应变量增加个单位C数据的方差为，则数据的方差为D一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于10010已知函数的图象为C，以下说法中正确的是（    ）A函数的最大值为B图象C关于中心对称C函数在区间内是增函数D函数图象上，横坐标伸长到原来的2倍，向左平移可得到11在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，则下列说法正确的是（    ）A当时，的面积的最大值为B当时，三棱锥的体积为定值C当时，有且仅有一个点，使得D当时，存在点，使得平面12已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（    ）AB是偶函数C关于中心对称D第卷三填空题：本题共4小题，每小题5分,共20分.13的展开式中含项的系数为 .14已知数列的前n项和为，则= .15已知双曲线的左右焦点分别为，过双曲线上一点向轴作垂线，垂足为，若且与垂直，则双曲线的离心率为 .16如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为 .  四、解答题：17题10分，18-22题每题12分，共70分. 17已知数列的前项的和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.18在中，内角.的对边分别为，且（1）求角的大小； （2）若点满足，且，求的取值范围19已知多面体，四边形是等腰梯形，四边形是菱形，E，F分别为QA，BC的中点，.  (1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离.20甲、乙两人进行“抗击新冠疫情”知识竞赛，比赛采取五局三胜制，约定先胜三局者获胜，比赛结束假设在每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立（1）求甲获胜的概率；（2）设比赛结束时甲和乙共进行了局比赛，求随机变量的分布列及数学期望21已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线交椭圆于两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值22已知函数，其中a为实数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)是否存在实数a，使得恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明.高三数学试卷参考答案1B【分析】化简集合，根据交集的定义求得，进而可求解.【详解】因为，所以，则中元素的个数为4个.故选：B.2D【分析】根据复数除法的运算法则进行求解即可.【详解】由，故选：D3C【分析】将平方，再结合模长运算即可求解.【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以.故选：C.4B【详解】椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合,可得，长轴长等于圆，即的半径，a=2，则b=1，所求椭圆方程为：.故选B.5C【分析】利用函数导数与函数单调性的关系将问题转化为恒成立问题，构造函数，利用导数求得的最大值，从而得解.【详解】因为，则，由题意知在区间上恒成立，即在区间上恒成立.令，所以，因为，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以，则，即的取值范围是.故选：C.6A【分析】根据点到直线距离公式和垂径定理得到方程，求出，从而得到答案.【详解】圆心到直线的距离为，当时，由垂径定理得，即，解得，故“”是“”的充分而不必要条件.故选：A7B【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式可推出，结合角的范围求得，即可求得答案.【详解】由题意，则，即，故，即，由于，所以，则，即，故，故选：B8C【分析】化简已知条件，利用基本不等式即可得出结论.【详解】由题意，当且仅当即时等号成立，故选：C.9ACD【分析】由百分位数的定义，即可判断A，由回归方程的性质即可判断B，由方差的性质即可判断CD.【详解】因为，所以这组数据的第75百分位数是第8个数，即为16，A正确；由回归方程可知，当解释变量每增加1个单位时，相应变量减少个单位，B错误；选项C，由，可得，C正确；由，得，所以这组样本数据的总和等于，故D正确；故选：ACD10CD【分析】根据降幂公式、二倍角正弦公式，结合正弦型函数的最值、对称性、单调性、图象变换性质逐一判断即可.【详解】.A：函数的最大值为，因此本选项不正确；B：因为，所以图象C不关于中心对称，因此本选项不正确；C：当时，所以函数在区间内是增函数，因此本选项正确；D：函数图象上，横坐标伸长到原来的2倍，得到，再向左平移可得到，所以本选项正确，故选：CD11ABD【分析】对于A，B选项，直接利用几何法判断即可，对于C选项，利用线面垂直证明线线垂直，对于D选项，利用坐标法可证.【详解】当时，则点在上运动，则当点P与重合时，则此时面积取得最大值，,由于直三棱柱，则，为等腰直角三角形，则，又，面，则面，因为面，所以，则，故选项A正确；当时，则，点在上运动，则，由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为，则，则，故选项B正确；当时，设的中点为，的中点为，则点在上运动，当点与点重合时，又，平面，则面，又因为面，则，当点与点重合时，面，即面，则，故选项C错误；如图建立空间直角坐标系，设的中点为，的中点为，当时，则点在线段上运动，则，故，设平面的法向量为，则，令，得，当时，则与平行，则存在点，使得平面，故选项D正确；故选：ABD.12BCD【分析】根据赋值法，可判断或，进而判断A，根据赋值法结合奇偶性的定义可判断C，根据偶函数即可判断对称性，根据对称性以及奇偶性可得函数的周期性，进而可判断CD.【详解】令，则或，故A错误，若时，令，则，此时是偶函数若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，令，则，所以关于中心对称，故C正确，由关于中心对称可得，结合是偶函数，所以，所以的周期为2，令，则，故，进而，故D正确，故选：BCD13【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得展开式中含项的系数【详解】的展开式中，通项公式为，令，求得，可得展开式中含项的系数.故答案为：14【分析】根据题中，利用 和 的关系式 来求解，注意时要检验是否符合时的表达式.【详解】当时，；当时，因为，所以所以；所以；所以当时，是以2为公比的等比数列；所以，当时，所以，故答案为：15【分析】由题意知四边形为菱形，再结合图形得出，最后根据定义即可得出离心率.【详解】设双曲线焦距为，不妨设点在第一象限，由题意知，由且与垂直可知，四边形为菱形，且边长为，而为直角三角形，  故，则，则，故，即离心率.故答案为: .16【分析】根据条件确定点的轨迹为圆，再根据勾股定理判断出为直角三角形，其外心为与的交点，进而计算出，确定为四面体的外接球的球心，求出半径进行计算即可.【详解】因为是上底面的一个动点，且，所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆，在中，为直角三角形，其外心为与的交点，且，而，所以，所以为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的体积故答案为：17(1)；(2).【分析】（1）根据，并结合等比数列的定义即可求得答案；（2）结合（1），并通过错位相减法即可求得答案.【详解】（1）当时，当时，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2），-得，.18.（）；（）.【详解】试题分析：利用正弦定理及余弦定理整理求出，即可求得角的大小；利用余弦定理及常用不等式求解即可解析：（）根据正弦定理得 又 （）在中，根据余弦定理得即 又 又 , 19(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理可证平面，进而可得结果；（2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用点到平面的距离公式的向量求法可得答案.【详解】（1）设是线段的中点，连接，过作，垂足为，因为四边形为等腰梯形，所以，因为是的中点，可得，则，即四边形为平行四边形，可得，所以，又因为四边形是边长为2的菱形，且，则是边长为2的等边三角形，可得，则，可得，因为平面平面，所以平面，且平面，所以平面平面.  （2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，则，可得， 设平面的法向量为，则，取，则，可得，则点到平面的距离为.    20（1）；（2）分布列见解析，数学期望为【分析】（1）根据题意，结合五局三胜制规则，分别求得比赛三、四和五局且甲获胜的概率进而求得甲获胜的概率；（2）随机变量的取值为3，4，5，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得