安徽省池州市2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，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毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰．
3．请按照题号顺序在答题卡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．
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题求得的定义域，得集合,再利用交集定义即得.
【详解】因，
而，．
故选：C.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，得到，即可求解.
【详解】由复数，可得，所以，
则．
故选：B.
3. 已知向量，若，则下列关系一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示以及向量平行的坐标关系可直接求得答案.
【详解】，
由可得，，整理得．
故选：D.
4. 已知函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合对数型复合函数的单调性的判定方法，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数在上单调递增，
因为函数在区间上单调递增，
则有函数在区间上恒正且单调递增，
则满足且，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：A.
5. 某种化学物质的衰变满足指数函数模型，每周该化学物质衰减，则经过周后，该化学物质的存量低于该化学物质的，则的最小值为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设该化学物质最初的质量为，经过周后，该化学物质的存量为，根据题意可得出，结合指数函数的单调性、换底公式可求得的最小值.
【详解】设该化学物质最初的质量为，经过周后，该化学物质的存量为，
由题意可得，即，可得，
所以，，
故正整数的最小值为.
故选：C.
6. 的展开式中的系数为（ ）
A. 10B. C. 20D.
【答案】A
【解析】
【分析】将原式化为的形式，再利用二项展开式的通项公式求解可得答案.
【详解】，
展开式的通项公式为，
时，，所以的系数为．
故选：A.
7. 已知过点与圆：相切的两条直线分别是，若的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得该圆圆心，半径，借助切线定义可得
【详解】，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为M，N，
，则，
则，故，
故为钝角，则.
故选：D.
8. 下列不等关系中错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A项，利用等价转化即得；对于B , C, D项都要结合式子特征，通过观察、拼凑构造函数，利用函数的单调性进行判断.
【详解】对于A项，因，故A项正确；
对于B项，设，则在上恒成立，故函数在上单调递增，
因，故，即，故，故B项正确；
对于C项，因，故构造，
则则在上单调递增，，故C项错误；
对于D项，，，构造函数
则单调递增，，故D项正确．
故选：C.
【点睛】关键点法点睛：本题主要考查构造函数比较大小问题,属于难题.
解决比较大小问题的关键在于将不等式进行等价转化，通过观察特点，拼凑，使其具有相同的结构，构造函数，通过求导得到函数的单调性，利用单调性比较式的大小.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列判断中正确的是（ ）
A. 一组从小到大排列的数据，1，3，5，6，7，9，x，10，10，去掉x与不去掉x，它们的80%分位数都不变，则
B. 两组数据与，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，则总体的平均值为
C. 已知离散型随机变量，则
D. 线性回归模型中，相关系数r的值越大，则这两个变量线性相关性越强
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，结合百分位数，期望与方程的计算与性质，以及相关系数的意义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，数据，1，3，5，6，7，9，x，10，10的80%分位数为，
数据，1，3，5，6，7，9，10，10的80%分位数为10，所以，选项A正确；
对于B中，由平均数的公式，可得，，则将它们合并在一起，可得 ，所以B正确；
对于C中，离散型随机变量，可得，
根据方差的性质，可得，所以C错误；
对于D中，相关系数越大，两个变量线性相关性越强，所以D错误．
故选：AB.
10. 下列函数中均满足下面三个条件的是（ ）
①为偶函数；②；③有最大值
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，结合初等函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，函数满足：①为偶函数；②；③有最大值，
对于A中，函数，由余弦函数的性质，可得，不满足②，所以A不符合题意；
对于B中，函数，由，满足①；
又由，满足②；由函数，满足③，所以B符合题意；
对于C中，函数，由，满足①；
又由，可得，满足②；当时，可得，满足③，所以C符合题意；
对于D中，函数，由，可得，无最大值，不满足③，
所以D不符合题意.
故选：BC.
11. 如图，棱长为1的正方体中，E为棱的中点，点F在该正方体的侧面上运动，且满足平面．下列说法正确的是（ ）
A. 点F轨迹是长度为的线段
B. 三棱锥的体积为定值
C. 存在一点F，使得
D. 直线与直线所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设G为中点，证得平面，平面，得到平面平面，得出点的轨迹为线段，可判定A正确；由，可判定B错误；当点为中点时，证得，可判定C正确；当点为中点和点与或重合时，分别求得直线与直线所成角的正弦值可判定D正确.
【详解】设G为中点，则截面图形是为等腰梯形，分别为的中点，
可得且，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面，且点在该正方体的侧面上运动，
所以点的轨迹为线段，且，所以A正确；
由，所以B错误；
当点为中点时，因为，可得，
因为，所以，所以C正确；
当点为中点时，
在正方体，可得，
则直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，设，
在等腰中，，可得，
在中，可得，
所以；
当点与或重合时，此时直线与直线所成角的正弦值为，
所以直线与直线所成角的正弦值的取值范围为，所以D正确.
故选：ACD.
12. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为递增数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用作差法由数列单调性可求得数列为递增数列，可得A正确；再根据以及复合函数单调性可判断B，化简整理可判断C正确，由关系式可得，再利用累加法可判断D正确.
【详解】因为，即，
所以数列为递增数列，可得，选项A正确；
因为数列为递增数列且，则为递减数列，选项B错误；
因为，可得，
两边平方整理得，选项C正确．
因为，整理得，
两边平方得，即，
可得，
累加可得，
即，所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：再判断D选项时，关键要对表达式整理变形后进行合理放缩可得，即，再利用累加法即可作出判断.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某校思想品德课教师一天有3个不同班的课，每班一节，如果该校一天共7节课，上午4节，下午3节，该教师的3节课任意两节都不能连着上（第四节和第五节不算连着上），则该教师一天的课所有不同的排法有___________种．
【答案】78
【解析】
【分析】利用分类加法计数原理结合排列知识可直接求得答案.
【详解】上午2节不连堂，下午一节，共有种；
上午1节，下午2节不连堂，共有，
故不同的排课方案共有种．
故答案为：78.
14. 已知函数的图象如图所示，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】由图象可得A，及函数周期，后由图可得，可得，即可得答案.
【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，
，则，
，
，即，
由于，
，故
故答案为：
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点A在双曲线C上，点B在y轴上，，则双曲线C的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题，结合图形可得，又由，结合双曲线定义及勾股定理可得答案.
【详解】因，，点B在y轴上，则.
又，则，，由勾股定理，
，由双曲线定义，
则．
故答案为：.
16. 现有一个底面边长为，高为4的正三棱柱形密闭容器，在容器中有一个半径为1的小球，小球可以在正三棱柱形容器中任意运动，则小球未能达到的空间体积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】计算边长为的正三角形的内切圆半径可得该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，则可计算出移动中所形成的空间几何体的体积，再用正三棱柱体积减去总体积即可得小球未能达到的空间体积.
【详解】边长为的正三角形的内切圆半径为：，
故该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，
球在上下移动中所形成的空间几何体为两个半球圆柱，
其体积为：，
所以剩下体积：．
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知在中，角的对边分别是，且．
（1）求角C的大小；
（2）若的面积，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由，化简得到，求得，即可求解；
（2）由的面积，求得，再由余弦定理列出方程，求得或，进而求得的值.
【小问1详解】
解：由题意知
因为，可得，所以，
即，
可得，
又因为，可得，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
解：因为的面积，可得，
解得，
由余弦定理得，即，解得或，
当时，可得，所以；
当时，可得，所以．
18. 已知正项数列的前n项和为．
（1）求数列的前n项和;
（2）令，求的前9项之和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得到，两式相减，整理得到，得到数列是等差数列，结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；
（2）由（1）得到，结合裂项法去和，即可求解.
【小问1详解】
解：正项数列的前n项和为，满足，
可得，
两式相减可得，
所以，
因为，所以，
又因为，解得，
所以数列是以首项为1，公差为2的等差数列，
则数列通项公式为，可得.
【小问2详解】
解：由（1）知，
可得，
所以
．
19. 如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面．
（1）求该五面体的体积；
（2）请判断在棱上是否存在一点G，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）易证，分别取与的中点M，N，连接，则五面体面积分割成棱柱和棱锥，结合柱体体积公式进而得解；
（2）取中点为O，中点Q，连接，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，求出点，得到，结合向量夹角公式求出，进而求出的长.
【小问1详解】
因为底面是矩形，所以，又因为平面，
平面，所以平面，
又因过的平面平面，所以，
分别取与的中点M，N，连接，
则平面将五面体分割成两部分，几何体和棱锥，
故，
取中点为O，
，
，
为中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又因为，所以，则几何体为棱柱，
取的中点，连接，可得，
则四边形为平行四边形，则，
由平面，可得平面，则为棱锥的高，
由可得，
则，
又，平面，平面平面，
平面平面，所以平面，
所以为棱柱的高，
，

；
【小问2详解】
取中点Q，连接，易得，
结合（1）可知两两垂直，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系；
则，
，，
设平面的法向量，
可得则，得，令得，
解得平面的一个法向量，
在上，设，，
，则，
设直线与平面所成角为，
，
或（舍去），
，
故存在G点，当，即G与F重合时，
与平面所成角的正弦值为．

20. 编号为1，2，3，4的四名同学一周内课外阅读的时间（单位：h）用表示，，将四名同学的课外阅读时间看成总体，则总体的均值为．先后随机抽取两个值，用这两个值的均值来估计总体均值．
（1）若采用有放回的方式抽样（两个值可以相同），则样本均值的可能取值有多少个？写出样本均值的分布列并求其数学期望；
（2）若采用无放回的方式抽样，则样本均值超过总体均值的概率会不会大于0.5？
（3）若考虑样本均值与总体均值的差的绝对值不超过0.5的概率，那么采用哪种抽样方法概率更大？
【答案】（1）16个，分布列见解析，
（2）不会 （3）采用无放回的抽样方法概率更大
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出基本事件空间，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得数学期望；
（2）根据题意，列出基本事件空间，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得数学期望；
（3）分别求得有放回的抽样时，，无放回的抽样时，，结合，即可求解．
【小问1详解】
解：有放回抽样会有16个等可能的样本
可得，，
所以样本均值的分布列为：
则均值．
【小问2详解】
解：无放回抽样会有12个等可能的样本，
可得
所以样本均值的分布列为：
所以样本均值超过总体均值的概率为，
所以样本均值超过总体均值的概率不会大于0.5．
【小问3详解】
解：样本均值与总体均值的误差不超过0.5的概率，
有放回的抽样，；无放回的抽样，，
因为，故采用无放回的抽样方法概率更大．
21. 已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点．若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，若椭圆C的右顶点为A，上顶点为B，动直线l交椭圆C于P、Q两点，且始终满足，作交于点M，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，再由离心率为，求得，进而求得椭圆标准方程；
（2）设，直线的方程为，联立方程组得到，结合，求得点M的轨迹方程为，
法1、设，得到，结合圆的性质，即可求解；
法2、设，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由椭圆的性质可知，左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，
可得光线经过的路程为，解得，
又由椭圆的离心率为，可得，所以，
故，故椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】
解：椭圆，可得，则， ，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则且，
因为，可得，
所以
，
化简为，
而到直线的距离为，
即有M的轨迹方程为；
法1、设，则
，
表示点与点的距离的平方，减去的差；
由点与的即离为，可得M与点的距离的最大值为，
则的最大值为.
法2、令，设，
所以
（其中），
当且仅当时，取“等号”．
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
22. 已知函数与图象关于直线对称，若，构造函数．
（1）当时，求函数在点处的切线与坐标轴围成三角形的面积；
（2）若（其中为的导函数），当时，，证明：．（参考数据：）
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题可得表达式，后由导数知识可得函数在点处的切线方程，即可得相关三角形面积；
（2）由（1），当，，由结合分析可得，
后由零点存在性定理可证明结论.
【小问1详解】
由题，，则，
当时，，
则， .
则切线方程为，
又切线与坐标轴的交点为，
则；
【小问2详解】
当时，，由题意，
即
构造函数，则，
，
得在上单调递减，在上单调递增，
即，当且仅当时取等号.
则式
因，则，①
因，则，又结合（*）式，
可得，因
则，②
由①②知，
构造函数，则在单调递增，
注意到，
由零点存在性定理可知：．
【点睛】关键点睛：对于与同时出现的问题，我们常用指对互化的方法使相关式子产生相同结构，从而简化问题.5
55
6
6.5
5.5
6
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7
6
6.5
7
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6.5
7
7.5
8
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
P
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6
6.5
5.5
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7
6
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7
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