浙江省温州市2024届高三上学期期末考试数学试题（教师版）

这是一份浙江省温州市2024届高三上学期期末考试数学试题（教师版），共18页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自已的姓名．准考证号填写在答题卷上．将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠．不要弄破．
选择题部分
一、选择题：本大题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设（其中i为虚数单位），则（ ）
A. 1B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】将表示的复数代入所求式，化简成一个复数的模，再运用模的运算公式计算即得.
【详解】因，则.
故选：B.
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的解法求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，所以，
又由不等式，解得，所以.
故选：A.
3. 已知函数，若关于x的方程在上有两个不同的根，则实数a的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将方程的根转化为两函数的交点，数形结合即可.
【详解】画出函数，的图象，
若方程在上有两个不同的根，，由图可知.
故选：C
4. 已知x，，则“”是“”的（ ）
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用导数研究函数的性质可知在上单调递增，
结合函数的单调性解不等式以及充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】设，则，
令，所以函数在上单调递增.
当时，则，即，充分性成立；
当时，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 6名同学排成一排，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻的不同排法有（ ）
A. 72种B. 144种C. 216种D. 256种
【答案】B
【解析】
【分析】要使元素不相邻，则用插空法，要使元素相邻，则运用捆绑法，分步完成即得.
【详解】先将丙与丁看成一“个”人，与除甲和乙之外的另外两个人留下4个空，
在其中选2个给甲和乙，有种方法；
再考虑丙丁这“个”人和另两个人进行全排，有种排法；
最后将丙丁“松绑”，有种方法，由分步计数原理，可得不同排法数为：种.
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】利用二项式定理展开即可.
【详解】，
所以.
故选：D
7. 《九章算术》中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，则堆放的米约有（ ）
A. 14斛B. 22斛C. 36斛D. 66斛
【答案】B
【解析】
【分析】由地面弧长求出圆锥底面半径，再利用体积公式求体积，再代换为斛即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得，
故米堆的体积（立方尺）．
1斛米的体积约为1.62立方尺，
故（斛）.
故选：B.
8. 已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.
【详解】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据构造新函数，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.
二、选择题：本题共3小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知函数，则（ ）
A. 不等式的解集是
B ，都有
C. 是R上的递减函数
D. 的值域为
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意可得，利用绝对值不等式、指数不等式的解法计算即可判断A；利用奇偶函数的定义计算即可判断B；举例说明即可判断C；根据指数型函数的的值域的求法计算即可判断D.
【详解】A：，由，得，即，
得，解得，即原不等式的解集为，故A正确；
B：，故B错误；
C：，所以在R上单调递减不成立，故C错误；
D：由知，即函数的值域为，故D正确.
故选：AD
10. 某企业协会规定：企业员工一周7天要有一天休息，另有一天的工作时间不超过4小时，且其余5天的工作时间均不超过8小时（每天的工作时间以整数小时计），则认为该企业“达标”．请根据以下企业上报的一周7天的工作时间的数值特征，判断其中无法确保“达标”的企业有（ ）
A. 甲企业：均值为5，中位数为8
B. 乙企业：众数为6，中位数为6
C. 丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8
D. 丁企业：均值为5，方差为6
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据每个企业所给数字特征，找出满足数字特征但不达标的一个特例即可判断ABD，对C中满足条件的数据分析，确定工作时长数据达标.
【详解】甲企业每周7天的工作时间可以为：9,8,8,8,2,0,0，满足均值为5，中位数为8，故不达标，故A正确；
乙企业：众数为6，中位数为6，满足条件的7天工作时间可以为：6,6,6,6,6,6,6,故不达标，故B正确；
丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8，
设7天的工作时间为：4,5,5,8,a,b,c,,与众数矛盾，，为使众数为5，成立，故丙企业达标，故C错误；
丁企业：均值为5，方差为6，7天的工作时间可以为，故D正确.
故选：ABD
11. 已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ）
A. －1B. 2C. D. －2
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意，结合选项根据的取值，得出对应的递推公式，利用归纳法求出对应的通项公式，依次验证即可.
【详解】A：当时，，
得，
所以数列是以3为周期的周期数列，则，不符合题意，故A错误；
B：当时，，
得，
所以，符合题意，故B正确；
C：当时，，
得，
所以，符合题意，故C正确；
D：当时，，
得，
所以，符合题意，故D正确.
故选：BCD
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，把答案填在题中的横线上．
12. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用差角的正弦公式，结合齐次式法计算即得.
【详解】当时，.
故答案为：
13. 已知圆与直线交于A，B两点，则经过点A，B，的圆的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，直线方程与圆的方程联立求出点坐标，设经过点A，B，的圆的方程为，代入三点坐标解方程组可得答案.
详解】设，
由解得，
可得，
设经过点A，B，的圆的方程为
，
所以，解得，
即，可得.
故答案为：.
14. 已知四棱锥的底面为边长为1的菱形且，平面ABCD，且，M，N分别为边PB和PD的中点，平面，则______，四边形AMQN的面积等于______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】过点A作AD的垂线AE，建立如图空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出平面的法向量，由题意可知，求出点Q的坐标，进而可求得；再求得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】过点A作AB的垂线AE，建立如图空间直角坐标系，
由题意可知，，
则，，
设，即，则，
所以，设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
因为平面，所以四点共面，得，
即，解得，
则，，，
此时；
又，所以，则，
因为，，
所以四边形的面积为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题主要考查利用向量法证明空间的线面关系，根据四点共面确定是本题的关键，属于难题.
四．解答题：本大题共5小题，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，．
（1）若不单调，求实数a的取值范围；
（2）若的最小值为，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性，即可求解；
（2）由（1）知函数的单调性，求出函数的最小值即可求解.
【小问1详解】
，
当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
又∵在上不单调，∴；
【小问2详解】
由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，不符合题意，
当时，，
所以实数a的取值范围为.
16. 已知等比数列的前n项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等比数列通项公式、前n项和求基本量，进而写出等比数列通项公式.
（2）等比数列前n项和公式写出，应用裂项相消法求
【小问1详解】
由题知：①，
②，
②÷①得，，解得，代入①式得，，
所以．
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，
所以 ．
17. 如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，．
（1）求证：；
（2）若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设，由勾股定理的逆定理可得，同理可得，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）由（1）和勾股定理的逆定理可得，又，根据线面、面面垂直的判定定理可得面面ABE，如图，则为题意所求的线面角，解三角形即可.
【小问1详解】
连接BD，DE，设，则，
取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故，
得，∴，∴
同理可得，，又面BDE，
∴面BDE，又面BDE，；
【小问2详解】
由（1）知，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点M，连接EM．
因为面ABCD，所以，又因为，且面DEM，
则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．
过点D作交EM于点N，连接AN．
∴就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面面ADE，∴就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵，又，，∴，
又，∴，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.
18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析 （3）
【解析】
【分析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解.
【小问1详解】
由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
【小问2详解】
由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
【小问3详解】
记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列,首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
【点睛】关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解.
19. 已知动点M到点的距离与到直线l：的距离之比等于．
（1）求动点M的轨迹W的方程；
（2）过直线l上的一点P作轨迹W的两条切线，切点分别为A，B，且，
①求点P的坐标；
②求的角平分线与x轴交点Q的坐标．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，设，可得，化简得解；
（2）①，切线方程为；，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出，求解即可；②由对称性，不妨取，所以，解出再根据可求解.
【小问1详解】
设，
根据题意得：，
化简得：动点M的轨迹方程为：；
【小问2详解】
①，切线方程为；，
代入得：，
∵切线，∴，得：（*），
设方程（*）的两根分别为，，分别为PA，PB的斜率
则有，
又∵PA，PB的方向向量分别为，，
∴，
解得：，∴．
②由对称性，不妨取，所以，
将代入（*）得：，解得，
则，
∴，
得：，所以点Q坐标为.
【点睛】求动点轨迹一般有：直接发，定义法，相关点法.1
2
3
P