2023-2024学年吉林省长春外国语学校高一上学期11月期中考试数学含答案

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1．B
【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.
2．D
【分析】根据复数除法的运算法则进行求解即可.
【详解】由，
故选：D
3．C
【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.
4．B
【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.
5．C
【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.
6．A
【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：A
7．B
【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：B
8．C
【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.
9．ACD
【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：ACD
10．CD
【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：CD
11．ABD
【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.
12．BCD
【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：BCD
13．
【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），…①
…②
①-②得
，.
18.（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【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：（Ⅰ）
根据正弦定理得
又
（Ⅱ）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，利用公式求得期望.
【详解】（1）由题意知，比赛三局且甲获胜的概率，
比赛四局且甲获胜的概率为，
比赛五局且甲获胜的概率为，
所以甲获胜的概率为．
（2）随机变量的取值为3，4，5，
则，，
，
所以随机变量的分布列为
所以．
【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：
1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；
2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；
3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；
4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），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）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，列出方程组求出，由此能求出椭圆的方程；
（2）设与轴的交点为，直线，联立方程组，得，由此利用韦达定理、弦长公式、均值定理，结合已知条件能求出面积的最大值.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且点在椭圆上
所以，，即， 解得，,
所以，椭圆的方程是.
（2）解：设直线与轴的交点为，直线，与椭圆交点为，，
联立，，得，
∴，，
∴，即，
∵，∴，
∴，
令，
设，则，当且仅当，即，等号成立，
∴，
∴面积的最大值为 .
22.(1)
(2)存在，，证明见解析
【分析】（1）求导，得到，由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）分和两种情况，分离参数，构造函数得到函数的最值，从而得到a的值.
【详解】（1）当时，，，
，又，
∴曲线在点处的切线方程为．
（2）①当时，，则，故，
令，则，
令，则在上恒成立，
∴在上单调递减，
∴当时，，∴，
∴在上单调递增，，∴．
②当时，，则，故．
由①知当时，，
在上单调递增，当时，，
∴，∴在上单调递增，
∴，∴．
综合①②得：.3
4
5