江西省上高二中2024届高三上学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份江西省上高二中2024届高三上学期期末考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若,则z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3．已知向量,,若,则( )
A.B.C.D.
4．甲箱中有2个白球和4个黑球,乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中,以,分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球;再从乙箱中随机取出一球,以B表示从乙箱中取出的是白球,则下列结论错误的是( )
A.,互斥B.C.D.
5．阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年）,古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等.尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著,代表了希腊几何的最高水平,此书集前人之大成,进一步提出了许多新的性质.其中也包括圆锥曲线的光学性质,光线从双曲线的一个焦点发出,通过双曲线的反射,反射光线的反向延长线经过其另一个焦点.已知双曲线的左、右焦点分别为,,其离心率,从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射,反射光线为EP,若反射光线与入射光线垂直,则( )
A.B.C.D.
6．已知定义域为R的函数,对任意的都有,且,则不等式的解集为( )
A.B.C.D.
7．正方体的棱长为2,M是棱上的一个动点（含端点）,则的最小值为( )
A.4B.C.D.
8．若集合中仅有2个整数,则实数k的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．过抛物线（）的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角可能为( )
A.B.C.D.
10．已知m,n为两条不同的直线,,为两个不同的平面,则下列结论错误的是( )
A.,,则
B.,,,,则
C.,,,则
D.,,,则
11．已知函数（，，），若的图象过，，三点，其中点B为函数图象的最高点（如图所示），将图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则( )
A.B.
C.的图象关于直线对称D.在上单调递减
12．如图,正方体的棱长为2,点E是AB的中点,点P为侧面内（含边界）一点,则( )
A.若平面,则点P与点B重合
B.以D为球心,为半径的球面与截面的交线的长度为
C.若P为棱BC中点,则平面截正方体所得截面的面积为
D.若P到直线的距离与到平面的距离相等,则点P的轨迹为一段圆弧
三、填空题
13．的展开式中的常数项为__________.（用数字作答）.
14．若P,Q分别为抛物线与圆上的两个动点,则的最小值为______.
15．把分别写有1,2,3,4,5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人,每人至少一张,且若分得的卡片超过一张,则必须是连号,那么不同的分法种数为______用数字作答.
16．在1,3中间插入二者的乘积,得到13,3,称数列1,3,3为数列1,3的第一次扩展数列,数列1,3,3,9,3为数列1,3的第二次扩展数列,重复上述规则,可得1,,,…,,3为数列1,3的第n次扩展数列,令,则数列的通项公式为______________.
四、解答题
17．在中,内角A,B,C满足.
（1）求;
（2）若边上的高等于,求.
18．已知等比数列的前n项和为,且,（）
（1）求数列的通项公式;
（2）当（）时,在与之间插入n个数,使这个数组成一个公差为的等差数列,若,求数列的前n项和.
19．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,窟盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍甍”如图所示,四边形ABCD为矩形,四边形ABFE、CDEF为两个全等的等腰梯形,,,,P是线段AD上一点.
（1）若点P是线段AD上靠近点A的三等分点,Q为线段CF上一点,且,证明：平面BDQ;
（2）若E到平面ABCD的距离为,PF与平面BCF所成角的正弦值为,求AP的长.
20．面试是求职者进入职场的一个重要关口,也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工,首先要进行笔试,笔试达标者进入面试,面试环节要求应聘者回答3个问题,第一题考查对公司的了解,答对得2分,答错不得分,第二题和第三题均考查专业知识,每道题答对得4分,答错不得分.
（1）若一共有100人应聘,他们的笔试得分X服从正态分布,规定为达标,求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）;
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为,后两题答对的概率均为,每道题是否答对互不影响,求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若（）,则,,.
21．已知椭圆方程的左焦点为F,直线（）与椭圆E相交于A,B,点A在第一象限,直线BF与椭圆E的另一点交点为C,且点C关于原点O的对称点为D.
（1）设直线BC,AC的斜率分别为,,证明:为常数;
（2）求面积的最大值.
22．已知函数（）.
（1）当时,求的最小值;
（2）若有2个零点,求a的取值范围.
参考答案
1．答案：B
解析：由,得或,所以或,
所以.
由得,所以,
所以.
故选:B
2．答案：A
解析：由题,有,
z在复平面内对应的点为,位于第一象限.
故选:A.
3．答案：C
解析：因为,所以,即,
所以,所以.
故选:C.
4．答案：C
解析：因为每次只取一球,故,是互斥的事件,故A正确;
由题意得,,,,
,故B,D均正确;
因为,故C错误.
故选:C.
5．答案：B
解析：设,,,由题意知,,,所以,,所以,又,所以,解得,所以.故选：B.
6．答案：B
解析：令,则,
则在R上单调递增,,
由可得,即,
得,,
故选:B.
7．答案：C
解析：由正方体的性质可得为等边三角形,边长为,
为等腰直角三角形,其直角边长为2,
将下图中绕翻折至与共平面,
因为,,所以A,M,共线时,
最小,此时M为中点,则最小值为.
故选:C
8．答案：A
解析：原不等式等价于，设，，则，令，得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.又，时，，因此与的图象如图，
当时，显然不满足题意；当时，当且仅当，或.
由第一个不等式组，得，即，
由第二个不等式组，得，该不等式组无解.
综上所述，.故选A.
9．答案：BC
解析：当l的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为F，准线方程为，分别过A，B作准线的垂线，垂足为，，直线l交准线于C，作，垂足为M，则，，，所以，，所以，则l的倾斜角，同理可得当直线l的倾斜角为钝角时，其大小为.故选BC.
10．答案：ABD
解析：对于A,若,,则或,A错误;
对于B,若,,,,则或,相交,
只有加上条件m,n相交,结论才成立,B错误;
对于C,若,,则,又因为,所以,C正确;
对于D,若,,无法得到,
只有加上条件才能得出结论,D错误.
故选:ABD.
11．答案：BC
解析：由题意得，，，所以，.由，，得，，所以，，所以.又，只可能，所以，所以，，故A错误，B正确；因为，所以的图象关于直线对称，故C正确；令（），解得（），令，得，又包含但不是其子集，故D错误.故选BC.
12．答案：ABC
解析：正方体中,平面,平面,,
正方形中,,
,平面,,则平面,
平面,,
同理,,
,平面,,平面,
若点P不与B重合,因为平面,则,与矛盾,
故当平面时,点P与B重合,故A正确;
,,三棱锥为正三棱锥,
故顶点D在底面的射影为的中心H,
连接DH,由,得,
所以,因为球的半径为,所以截面圆的半径,
所以球面与截面的交线是以H为圆心,为半径的圆在内部部分,
如图所示,,所以.
,所以,同理,其余两弦所对圆心角也等于,
所以球面与截面的交线的长度为,故B正确;
对于C,过E,P的直线分别交DA、DC的延长线于点G,M,连接、,
分别交侧棱于点N,交侧棱于点H,连接EH和NP,如图所示:
则截面为五边形,
,,
,,,
,故,
所以,,
所以五边形的面积,故C正确;
因为平面,平面,
所以,点P到直线的距离即点P到点的距离,
因为平面平面,故点P到平面的距离为点P到的距离,
由题意知点P到点的距离等于点P到的距离,
故点P的轨迹是以为焦点,以为准线的抛物线在侧面内的部分,故D错误.
故选:ABC.
13．答案：
解析：的展开式的通项公式为,
令,得,
故常数项为.
故答案为:.
14．答案：或
解析：设,则,圆的圆心为,
,
当时等号成立,
所以的最小值为.
故答案为:.
15．答案：36
解析：先将卡分为符合条件的3份,由题意,3人分5张卡,且每人至少一张,至多三张,若分得的卡片超过一张,则必须是连号,相当于将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开,在4个空位插2个板子,共有种情况,再对应到3个人,有种情况,则共有种情况.故答案为36
16．答案：
解析：因为,
所以,
所以,又,
所以,所以是以为首项,3为公比的等比数列,
所以,
所以.
17．答案：（1）1
（2）
解析：（1）设的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,
因为,
由正弦定理得:,
由余弦理得
又因为,
所以,.
（2）如图:
设AB边上的高为CH,H为垂足,
在中,;
在中,,,,
设,则,,
所以,
所以.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由得:,两式相减得:,
又因为,所以,
所以数列为等比数列且公比为2,
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得:,,所以,
即,
又,所以,
所以,①
,②
①－②得:
,
则,时,,符合,
故.
19．答案：（1）证明见解析
（2），或
解析：（1）证明：连接CP交BD于点H，连接HQ，
因为，且，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为平面BDQ，平面BDQ，
所以平面BDQ.
（2）分别取AD，BC的中点I，J，连接EI，IJ，FJ，则，且，
因为四边形ABFE与四边形CDEF为全等的等腰梯形，所以，四边形EIJF为等腰梯形，且，，
，，又，所以，
因为EI，平面EIJF，且EI，FJ为两条相交直线，
所以平面EIJF，所以平面平面EIJF.
过E在平面EIJF内作IJ的垂线，垂足为M，则平面ABCD，
，.
过M作，易得MK，MJ，ME两两垂直，以M为坐标原点，MK，MJ，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，，
设（），所以，，.
设平面BCF的一个法向量，则，即，
令，解得，，所以，
设PF与平面BCF所成角的大小为，
则，
解得，且满足题意，
所以，或.
20．答案：（1）16
（2）
解析：（1）因为X服从正态分布，所以，，，
所以.
进入面试的人数，.
因此，进入面试的人数大约为16.
（2）由题意可知，Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
.
所以.
21．答案：（1）证明见解析
（2）3
解析：（1）由题意知,,若,此时直线BC的斜率不存在,不合要求,舍去,
设,,,此时,,
则,,,
又①,②,
式子①－②得,
所以;
（2）由题意可知,三角形BCD面积等于三角形OBC的面积2倍,
椭圆左焦点F为,可设直线BC方程为,
联立方程组,
即,
故,,
所以三角形OBC的面积为
,
令,,
由对勾函数性质可得在单调递增,
故,当且仅当取得最小值成立,
所以,当且仅当,即时成立,
三角形OBC的面积的最大值为,
所以面积的最大值为3.
22．答案：（1）0
（2）
解析：（1）的定义域为.
当时,,.
令（）,则,
所以在上单调递增,又,所以当时,,;
当时,,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以.
（2）由题意知（）.
①当时,在上恒成立,所以在上单调递增,所以至多有一个零点,不合题意;
②当时,令,则在上恒成立,
所以在上单调递增,
因为,,
所以存在唯一,使得,所以.
当时,,;当时,,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以.
（a）当时,由（1）知,即时,,且,只有一个零点1,不合题意;
（b）当时,因为,则,又在上单调递减,
所以,
而,令,则.
当时,,在上单调递增;当时,,在上单调递减,
所以;当时,,即.
又,所以,所以,
由的单调性及零点存在定理,知在上有且仅有一个零点.
又在上有且仅有一个零点1,所以,当时,存在两个零点;
（c）当时,由,得,又在上单调递增,
所以.取,则,所以.
当时,,所以,所以,所以.
又因为,,
由的单调性及零点存在定理,知在上有且有一个零点,
又1为在内的唯一零点,所以当时,存在两个零点.
综上可知,a的取值范围是.