2023-2024学年广东省珠海一中高三（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省珠海一中高三（上）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|1<2x≤16}，则A∩N的元素个数为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
2.已知复数z=(1−i)3，则z−在复平面对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列推断正确的是( )
A. 若m⊂α，n与α相交，则m与n异面
B. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
D. 若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
4.设等比数列{an}的前n项积为Tn，设甲：{Tn}为递增数列，乙：{an}为递增数列，则( )
A. 甲是乙的充要条件
B. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
C. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
5.已知sinα−csα=23,0<α<π,则sin3α+cs3α=( )
A. 13 1454B. −13 1454C. 13 1427D. −13 1427
6.已知直角三角形ABC的面积为S，AB=2BC，AB⊥BC，D、E分别在边AB、AC上，满足DE=λBC(0<λ<1)，若BE⋅CD=139S，则λ=( )
A. 13B. 23C. 14D. 34
7.若整数a，b，c，d满足a+b+c+d=2024，则满足条件“a≥2，b≥0，c≥2，d≥4”的数组(a,b,c,d)的个数为( )
A. C20194B. C20193C. C20204D. C20203
8.若动直线2x+y+m=0交曲线y=ex于点A，交直线y=x于点B，则|AB|的最小值为( )
A. 13B. 23C. 53D. 2 53
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对两组数据进行统计后得到的散点图如图，关于其线性相关系数的结论正确的是( )
A. r2>1B. r1<0C. r1+r2>0D. |r1|<|r2|
10.已知函数f(x)=cs2x−sin2x,曲线y=g(x)与曲线y=f(x)关于直线x=π6对称，则( )
A. g(x)的最小正周期为πB. g(π3)=−1
C. (7π12,0)是g(x)的对称中心D. g(x)在(π2,2π3)上单调递增
11.已知A(0,83)，B(−2,0)，C(2,0)，△ABC的内切圆为⊙I，O为坐标原点.设⊙I在AC和AB上的切点为D，E.直线BI，CI分别交直线DE于点M，N.P是⊙I上一动点，则( )
A. |OI|=1B. |S△PAB−S△PAC|的最大值为85
C. △OMN～△ABCD. |PM|+|PN|的取值范围是[125,4]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x−2 x)6的展开式中二项式系数最大的项为 ______．
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,2Sn−an=2n2,则S19= ______．
14.一圆锥的底面圆圆心为O，半径为1，侧面积为3π，过O且平行于圆锥的一条母线的平面与圆锥的交线为曲线E，已知E是抛物线，其焦点为F，则|OF|的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，圆柱OE的轴截面是正方形ABCD，AB=2，F在底面圆O上，BF=1，点G是BF的中点．
(1)证明：EG//平面DAF；
(2)求直线DF与平面GEF所成角的正弦值．
16.(本小题15分)
△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足3sinC=4sinB+sinCcsA，A≥C．
(1)证明：a+c=3b；
(2)求csB的取值范围．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x−a)lnx−12x+a．
(1)若f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y+1=0平行，求f(x)的极值；
(2)讨论f(x)的零点个数．
18.(本小题17分)
有n个上锁的箱子(n≥2)，对应有n把钥匙，但不知道它们的对应关系.现通过如下方式打开所有箱子：选定一把钥匙，用它逐个尝试打开某个未打开的箱子，直至打开它对应的箱子.每次尝试不论是否打开了箱子，都记为一次操作.设打开所有箱子时，共进行了X次操作．
(1)求随机变量X的取值范围；
(2)证明：对任意离散型随机变量X1，X2，…，Xn，有E(i=1nXi)=i=1nE(Xi)；
(3)求E(X)．
19.(本小题17分)
已知圆F1：(x+ 5)2+y2=4，圆P过F2( 5,0)且与圆F1外切，点P的轨迹为曲线E．
(1)求E的离心率；
(2)斜率为4的动直线l与E交于M，N两点．
①若MN的中点为D，求点D的轨迹方程；
②若A1(−1,0)，A2(1,0)，A1在直线A2M，A2N上的投影分别为B，C，BC的中点为T.是否存在定点Q，使|QT|为定值？若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.D
5.A
6.A
7.B
8.C
9.BCD
10.AC
11.ACD
12.−160x32
13.380
14.43
15.(1)证明：取AF的中点M，由条件MG是△ABF的中位线，MG/​/AB，且MG=12AB，
又正方形ABCD，DE=12DC=12AB=MG，DE//AB//MG，
所以四边形DMGE为平行四边形，所以EG//DM，
而DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF，
故EG/​/平面DAF；
(2)解：由OM是△ABF的中位线知OM/​/BF，
同理OG/​/AF，又AF⊥BF，则OG⊥OM，
又OE⊥平面ABF，则OE⊥OM，OE⊥OG，
以OM，OG，OE所在的直线分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意F(12, 32,0)，B(−12, 32,0)，E(0,0,2)，D(12,− 32,2)，
则DF=(0, 3,−2)，BF=(1,0,0)，2BE=(1,− 3,4)，
设平面BEF的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⋅2BE=0n⋅BF=0，即x− 3y+4z=0x=0，
令z= 3，可得n=(0,4, 3)，
设所求的线面角为θ，
则sinθ=|cs|=|DF⋅n|DF|⋅|n||=4 3−2 3 7⋅ 19=2 399133．
16.解：(1)证明：因为3sinC=4sinB+sinCcsA，
则由正弦定理可得：3c=4b+ccsA，
再由余弦定理可得：3c=4b+c×b2+c2−a22bc，
化简可得(3b−c)2=a2，则3b−c=a或c−3b=a，
又A≥C，则a≥c，所以c−3b=a不成立，则3b−c=a，即a+c=3b；
(2)由余弦定理可得：csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−(a+c3)22ac=49(ac+ca)−19，
又a+c>bb+c>aa+b>ca≥c且a+c=3b，解得1≤ac<2，
令t=ac，则函数y=t+1t在[1,2)上单调递增，所以y∈[2,52),
所以49y−19∈[79,1),
故csB的取值范围为[79,1)．
17.解：(1)由f(x)=(x−a)lnx−12x+a，得f′(x)=lnx−ax+12,x>0，
由题意f′(1)=12−a=12，故a=0,f′(x)=lnx+12，
则f(x)在(0,e−12)上递减，在(e−12,+∞)上递增，
所以f(x)的极小值为f(e−12)=−e−12，无极大值．
(2)令g(x)=f′(x)．
①a>0，易得g(x)单调递增，x→0时，g(x)→−∞，x→+∞时，g(x)→+∞，
则g(x)在(0,+∞)上有唯一零点m，
f(x)在(0,m)上递减，在(m,+∞)上递增，
因为lnm−am+12=0,f(m)=(am−12)(m−a)−12m+a=−(m−2a)(2m−a)2m(∗)，
且x→0时，f(x)→+∞，x→+∞时f(x)→+∞，
(i)f(m)=0，即m=2a或a2,a=12或2e32,f(x)只有m一个零点；
(ii)f(m)>0，即12a由g(x)的单调性知，12(iii)f(m)<0，即02e32，
则f(x)在(0,m)上和(m,+∞)上各有唯一零点，f(x)有两个零点；
②a<0，x→0时f(x)→−∞，x→+∞时f(x)→+∞．
若f(x)没有极值点，则g(x)≥0，f(x)只能单调递增，
f(x)在(0,+∞)上有唯一零点若f(x)存在极值点，
设其中最大的为t，由(1)(∗)式知f(x)的任何极值都小于0，
则当x∈(0,t)时必有f(x)<0，否则f(x)在(0,t)有某个极大值大于等于0，
故f(x)在(t,+∞)上有唯一零点；
③a=0,f(x)=x(lnx−12)，有一个零点，
综上，a∈(12,2e32)时f(x)有0个零点；
a∈(−∞,0]∪{12,2e32}时f(x)有1个零点；
a∈(0,12)∪(2e32,+∞)时f(x)有2个零点．
18.解：(1)当所有尝试均一次成功打开箱子时，Xmin=n，…1分
而选定第k把钥匙开始尝试时，已经打开了k−1个箱子，剩余n+1−k个未打开的箱子，故至多要操作n−k+1次，
所以Xmax=k=1n(n+1−k)=n2+n2，…3分
另一方面，对于操作了n次的情况，每增加一次未打开箱子的操作就会使得X增加1，
故X的取值范围是{X∈Z|n≤X≤n2+n2}.…4分
(2)证明：先证明n=2时命题成立．
设P(X1=a1)=pi，1≤i≤k；P(X2=bj)=qj，1≤j≤l，
则E(X1+X2)=i=1k(j=1ipiiP(X2=bj|X1=ai)(ai+bj)) …6分
=i=1k(piaij=1iP(X2=bj|X1=ai)+pij=1iP(X2=bj|X1=ai)bj)
=i=1kpiai+j=1i(bji=1kpiP(X2=bj|X1=ai)) …8分
=i=1kpiai+j=1iqjbj=E(X1)+E(X2)，……10分
假设n=k时命题已成立，即E(i=1kXi)=i=1kE(Xi)，
则当n=k+1时有E(i=1k+1Xi)=E(Xk+1+i=1kXi)=E(Xk+1)+E(i=1kXi)=i=1k+1E(Xi).
即对任意n命题均成立．…12分
(3)设在尝试打开第k个箱子时操作了Xk次，1≤k≤n，
第k把钥匙对应的箱子等可能地是剩余n+1−k个箱子中的任何一个，
则P(Xk=n+1−i)=1n+1−k，k≤i≤n，……14分
故E(Xk)=i=knn+1−in+1−k=n+2−k2，…16分
由(2)得E(X)=k=1nE(Xk)=k=1nn+2−k2=n2+3n4.…17分
19.解：(1)设圆P的半径为R，由题意知，|PF1|=R+2，|PF2|=R，
所以|PF1|−|PF2|=2，所以曲线E是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，
离心率为e=|F1F2||PF1|−|PF2|=2 52= 5；
(2)由(1)得曲线E中，c= 5，a=1，所以b= 5−1=2，
所以曲线E的标准方程为：x2−y24=1(x≥1)，
①设M(x1,y1)，N(x2,y2)，lMN：y=4x+m，
联立x2−y24=1y=4x+m，消去y得12x2+8mx+m2+4=0，
由题意知，该方程有两正根，即(8m)2−48(m2+4)>0−8m12>0m2+4>0，
解得m<−2 3，又x1+x2=−23m,y1+y2=4(x1+x2)+2m=−23m，
又MN的中点为D，则D(−13m,−13m)，
消去m，得点D的轨迹方程是y=x(x>2 33)；
②设直线A2M的方程为：y=k1(x−1)，直线A2N的方程为：y=k2(x−1)，
联立y=k1(x−1)x2−y24=1，消去y得(x−1)[(x+1)−14k12(x−1)]=0，解得x1=k12+4k12−4，
同理，x2=k22+4k22−4，所以直线MN的斜率为kMN=k1(x1−1)−k2(x2−1)x1−x2=k1k2+4k1+k2=4，(∗)
显然，B、C在以A1A2为直径的圆x2+y2=1上，
联立y=k1(x−1)x2+y2=1，消去y得(x−1)[(x+1)+k12(x−1)]=0，解得xB=k12−1k12+1，
同理，xC=k22−1k22+1，所以直线BC的斜率为kBC=k1(xB−1)−k2(xC−1)xB−xC=k1k2−1k1+k2；
所以直线BC的方程为y=k1k2−1k1+k2(x−k12−1k12+1)+k1(k12−1k12+1−1)，整理得y=k1k2(x−1)−x−1k1+k2，
令x−1−x−1=14，解得x=35，由(∗)知直线BC过定点X(35,−85)，
因为A1、B、A2、C四点共圆，圆心为坐标原点O，所以OT⊥BC，
所以点T在以OX为直径的圆上，即存在点Q(310,−45)，使得|QT|=12|OX|= 7310为定值．