2024届黑龙江省佳木斯市第一中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省佳木斯市第一中学高三上学期期中数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式和指数不等式解法可得集合，，再根据交集、补集运算即可得出结果.
【详解】由可得集合，
根据指数函数单调性可得，即，所以；
因此；
根据交集运算可得
故选：C
2．已知复数，且，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．
【详解】由已知，
所以，．
故选：D．
3．已知、、是不重合的直线，、是不重合的平面，对于下列命题
①若，，则
②且，则
③且，则
④若、是异面直线，，，且，则
其中真命题的序号是（ ）
A．①②B．③④C．②④D．①③
【答案】B
【分析】根据空间中线线、线面位置关系的性质定理与判定定理一一判断即可.
【详解】解：对于①若，，则与可能平行也可能异面，故①错误；
对于②，若，且，则或，故②错误；
对于③，若，且，则由线面垂直的判定定理得，故③正确；
对于④，若、是异面直线，，，且，
如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以
同理存在直线，且满足，又，所以，
因为、是异面直线，所以与相交，设，
又，所以，故④正确.
故选：B
4．2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，耀华园结合线上教育教学模式，开展了云升旗，云班会等活动．其中由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法不正确的是（ ）
A．图中的值为0.02
B．由直方图中的数据，可估计75%分位数是85
C．由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77
D．90分以上将获得优秀，则全校有20人获得优秀
【答案】D
【分析】根据统计学的有关原理逐项分析.
【详解】对于A， ，正确；
对于B， ， ，
∴ 分位数= ，正确；
对于C，平均数= ，正确；
对于D，90分以上的人数为 ，错误；
故选：D.
5．为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村振兴”的目标，银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于贷款人的年收入（单位：万元）的Lgistic，模型：，已知当贷款人的年收入为8万元时，其实际还款比例为50%.若银行希望实际还款比例为40%，则贷款人的年收入为（ ）（精确到0.01万元，参考数据：，）
A．4.65万元B．5.63万元C．6.40万元D．10.00万元
【答案】A
【分析】先根据题中数据代入计算函数中参数的值，然后计算时的值即可.
【详解】由题意，即，得，所以.
令，
得，
得，
得
得.
故选：A.
6．已知函数的定义域为，则函数的定义域（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据抽象函数和具体函数的定义域可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】因为函数的定义域为，对于函数，
则有，解得或.
因此，函数的定义域为.
故选：A.
7．已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据可得，从而抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，利用组合数求得满足条件的次数即可求解.
【详解】由，可得，
抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，
故的概率为．
故选:A.
8．已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
二、多选题
9．函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（ ）

A．的最小正周期为
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递减
D．把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
【答案】AD
【分析】由图象可得函数周期，可得，由在处取最大值，可确定.A选项，由图象可得函数周期；BC选项，由A分析，可得.由在处取最大值，可确定，后由正弦函数对称性，单调性可判断选项正误；D选项，判断平移后所得函数的奇偶性即可判断选项.
【详解】A选项，由图可得，的半个最小正周期为，则的最小正周期为，故A正确；
BC选项，，由在处取最大值，则，.则，取，则.即.
将代入，得，则不是对称中心；
，，因在上递减，在上递增，则不是的单调递减区间，故BC错误；
D选项，由BC选项分析可知，，向右平移个单位长度后，得，为奇函数，故D正确.
故选：AD
10．已知曲线：为焦点在轴上的椭圆，则（ ）
A．B．的离心率为
C．的短轴长的取值范围是D．的值越小，的焦距越大
【答案】AC
【分析】先把椭圆的方程化为标准形式，然后根据椭圆的几何性质逐项求解即可.
【详解】曲线：为焦点在轴上的椭圆，
则曲线的标准方程为，其中，
因为的焦点在轴上，所以，即，故A正确；
的离心率为，故B错误；
的短轴长，当时，，故C正确；
的焦距，当时，；当时，，故D错误．
故选：AC．
11．已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线上两点，下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则线段MN的中点P到x轴的距离为6
C．若直线MN过点F，则
D．若，则的最小值为8
【答案】AD
【分析】对A，证明，故A正确；对B，点P到x轴的距离为4，故B错误；对C，把直线方程代入抛物线方程整理得，所以，故C错误；对D，由题得，当即的最小值即为抛物线的通径长，此时最小值为8，故D正确.
【详解】对A，，则，焦点F坐标为，准线方程为，∴，∵，∴，当且仅当时等号成立，故A正确；
对B，∵，根据抛物线定义得，则，
而由中点坐标公式得点P的纵坐标，即为点P到x轴的距离为4，故B错误；
对C，因为直线MN过点F，设直线方程为，代入抛物线方程整理得，所以，故C错误；
对D，若，则M，F，N三点共线，由题得
，
当时的最小值即为抛物线的通径长，此时最小值为8，故D正确.
故选：AD．

12．已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．
【答案】AC
【分析】由已知得，由于当且仅当取等，则
，，故，，代入选项即可
【详解】令，则，当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，当且仅当取等.
由得
而，，所以
所以，
当且仅当，时成立，故，，
对B：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，故B错误；
对C：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以的最小值为，故C正确；
对D：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，故D错误；
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题关键是将同构为，借助于得到当且仅当，，从而得到的关系.
三、填空题
13．已知向量，，若在方向上的投影向量为，则x的值为 .
【答案】1
【分析】利用投影向量定义可得答案.
【详解】在方向上的投影向量为，其中为与方向同向的单位向量，
则，即，解得：.
故答案为：1
14．若，，则 .
【答案】
【分析】根据赋值法，分别令，求解可得.
【详解】令可得：，
再令可得：，
所以.
故答案为：
15．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先求得数列的通项公式和前n项和，化简题给不等式为，求得的最小值，进而得到实数t的取值范围.
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故．
所以．
由，得，
整理得对任意，且恒成立．
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以t＜15，即实数t的取值范围是
故答案为：
16．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为 .
【答案】8
【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.
【详解】
由条件 ， ，
即 ， ，
设 ，由题意： ，则 ，
，即 ，即椭圆C的标准方程为 ，
；
设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：
则 的周长 ,
，当 三点共线时等号成立， ，
l的得最大值为8；
故答案为：8.
四、解答题
17．在等比数列和等差数列中，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)令，，记数列的前项积为，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列、等比数列通项公式即可求解；（2）求出，判断的单调性即可求解.
【详解】（1）设数列的公比为，数列的公差为，
由，有，，
又由，有，有，
又由，有，有，有，
可得，得或（舍去），故，，
故，；
（2）证明：由（1）知：，，
则，
当时，；
当时，，即，
又，，，，，
故，，
当时，，．
故．
18．已知数列的前项和为，满足，等差数列中.
(1)求和的通项公式；
(2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定的递推公式求出，即可求出，再求出等差数列的公差求出作答.
（2）利用二项式定理分析、探求出的表达式即可求出作答.
【详解】（1），，当时，，两式相减得：，
即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，，
在等差数列中，由，得，解得，
则公差，，
所以和的通项公式分别为，.
（2）令数列的第m项与数列的第k项相同，即，
于是，
显然是4的正整数倍，要成立，
当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即，
所以.
五、应用题
19．为普及航空航天科技相关知识､发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.
其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.
第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.
小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；
方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：
(1)若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；
(2)经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.
【答案】(1)
(2)选择方案一，理由见解析
【分析】（1）记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，
“小明答对乙类试题”，“小明答题次数恰好为次”，可知，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得事件的概率；
（2）设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、，计算出在不同取值下的概率，可求得的值，与方案一的期望进行大小比较，可得出结论.
【详解】（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，
“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，
则，，，
记事件“小明答题次数恰好为次”，则.
，
即小明答题次数恰好为次的概率为.
（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.
，
，
，
.
所以，.
因为，所以选择方案一.
六、解答题
20．已知抛物线，为其焦点，，，三点都在抛物线上，且，直线，，的斜率分别为，，．
(1)求抛物线的方程，并证明；
(2)已知，且，，三点共线，若且，求直线的方程．
【答案】(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）由抛物线的定义和，求得，得出抛物线的方程及点，利用斜率公式，分别求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，其中（），联立方程组，利用韦达定理和根与系数的关系，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由题抛物线，，且，
根据抛物线的定义，可得，解得，
所以抛物线的方程为，且点，
设点，可得，同理，
，
所以，，
所以，即.
（2）由，且三点共线，
设直线的方程为，其中（），
联立，消去得，
则，，
又由，解得或，
因为，所以，即，
则，解得，
由（1）知，所以，
即，且，所以，
所以直线的方程为，即.
【点睛】方法点睛：
直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解.
七、证明题
21．已知椭圆的短轴长为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的左、右顶点分别为A、B，点P、Q是椭圆C上异于A、B的不同两点，直线BP的斜率为，直线AQ的斜率为，求证：直线PQ过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据题意得，解方程即可得答案；
（2）设点P、Q的坐标分别为，，根据题意得直线BP的方程为，直线AQ的斜率为进而联立方程得，，，．再讨论当时得直线PQ过点，当时，，三点共线，即直线PQ过定点.
【详解】解：（1）由题意有，解得，，
故椭圆C的标准方程为．
（2）证明：设点P、Q的坐标分别为，
由（1）知，点A的坐标为，点B的坐标为，
直线BP的方程为，
联立方程，
消去y后整理为，有，
可得，．
直线AQ的斜率为
联立方程，
消去y后整理为，有，
可得，．
当时，解得，直线PQ的方程为，过点，
当时，，，即，
所以三点共线，
故直线PQ过定点．
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
八、解答题
22．已知函数.
(1)求时，函数有两个零点，求实数的取值范围；
(2)令，函数有两个零点和，且，当变化时，若有最小值(为自然对数的底数)，求常数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将函数有两个零点转化为 的零点问题，利用导数分成，，，讨论函数的单调性及取值情况得出结果；
（2）由函数有两个零点和，转化为，令 , 则有最小值等价于的最小值为，再借助导数讨论函数的最值情况得出结果.
【详解】（1）依题意，令，则，
当时，，方程无解，无零点；
所以，所以，
设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.
，设，
由于，，
①时，为上的减函数，有，
有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；
②当时，即， 在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，又，所以，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
③时，在上单调递减，上单调递增，此时的极小值为唯一零点，不符合要求；
④当时，即 ，在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，且由单调性知，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
综上，的取值范围：；
（2）已知函数有两个零点和，方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根.
则，即，令
可得：，则有最小值等价于的最小值为，
则
则，由于，则有
①若，则有在单调递增，恒成立，对恒成立，即在上单调递增，无最小值，此时不成立；
②若，则有在单调递减，在上单调递增，
由于，且当时，，
故，使得
则有在上单调递减，在上单调递增
即，
由于知， ，
所以，
即是的唯一解，此时.
【点睛】利用导数讨论函数的零点问题方法点睛：
本题用了分类讨论法，一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
项目
题型
每小题分值
每小题答对概率
甲类题
乙类题
丙类题