河南省安阳市林州市第一中学2023-2024学年高三上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省安阳市林州市第一中学2023-2024学年高三上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了已知函数，设，则，下列说法正确的是，已知函数的部分图象如图所示等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．若集合，集合，则（ ）
A. B. C. D. R
2．已知复数在复平面内对应点的坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
3．江南的周庄、同里、甪直、西塘、鸟镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则只选一个苏州古镇的概率为（ ）
A. B. C. D.
4．基础建设对社会经济效益产生巨大的作用，某市投入亿元进行基础建设，年后产生亿元社会经济效益．若该市投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，且再过年，该项投资产生的社会经济效益是投资额的8倍，则（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
5．已知平面向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
6．公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则（ ）
A. B. C. 4D. 8
7．在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点，则的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
8．已知函数，设，则（ ）
A B. C. D.
二、多选题（共4小题，每题5分，共20分。在每题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。）
9．下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差
B. 数据的第60百分位数为9
C. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8
D. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
10．已知函数的部分图象如图所示．则（ ）
A. 的图象关于中心对称
B. 在区间上单调递增
C. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D. 将函数图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象
11．已知正项数列的前项和为，，且，.，为的前项和.下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
12．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A. 正四面体的外接球表面积为
B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
三、填空题（共4小题，每题5分，共20分。）
13．二项式的展开式中，所有项系数和为，则的系数为____（用数字作答）.
14.随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：
则最小值为______.
15.正三棱台中，，，点，分别为棱，的中点，若过点，，作截面，则截面与上底面的交线长为________．
16．已知正实数x，y满足，则的最小值为______．
四、解答题（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．已知中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求角；
（2）若为边上一点，且满足，，证明：为直角三角形．
18．如图，三棱锥的平面展开图中，，，，，为的中点．
（1）在三棱锥中，证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
19．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱，在打开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则，主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子.
（1）计算主持人打开4号箱的概率；
（2）当主持人打开4号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还是改选1号或3号箱？（以获得奖品的概率最大为决策依据）
20．已知数列是各项都为正整数的等比数列，且是与的等差中项，数列满足.
（1）求数列的通项公式;
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.
21．设椭圆的左右焦点分别为是该椭圆C的右顶点和上顶点，且，若该椭圆的离心率为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线l与椭圆C交于两点，且与x轴交于点若直线与直线的倾斜角互补，求的面积的最大值.
22．已知函数，．
（1）当时，求证：；
（2）当时，恒成立，求实数取值范围；
（3）已知，证明：．
数学参考答案
1-6：B A B B C C
7．【答案】B【解析】由余弦定理得，
所以，所以三角形是直角三角形，且，
以为原点建立如图所示平面直角坐标系，，，，
所以.故选：B
8．【答案】B【解析】函数的定义域为，，故为偶函数，
当时，，令，则，即在上单调递增，故，所以，则在上单调递增，
由于，，，所以．故选：B．
9．【答案】BC【解析】对于A，易知，而，所以，A错误；对于B，共有7个数据，而，故第60百分位数为9，B正确；
对于C，若样本数据的平均数为2，则的平均数为，C正确；对于D，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率都是，错误.故选：BC
10．【答案】ABD
【解析】由图象可知，，解得，
又，所以，即，结合，可知，
所以函数的表达式为，
对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；
对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；
对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确. 故选：ABD.
11．【答案】CD【解析】，，
可得时，，解得，故A错误，
当时，由，可得，
上面两式相减可得，由于，所以，而，则，首项也符合，
所以，．故B错误，C正确，，
．D正确，故选：CD
12．【答案】ABD
【解析】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设为R，则：，所以，所以A对.
B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，
设正四面体的高为d，由等体积法可得：，
所以为定值，所以B对.
C.设中点为D，连接，，则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.
D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的边长为a，则，所以，
故体积，所以D对.故选：ABD
13．【答案】 14.【答案】
15.【答案】
【解析】连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，如图，
则线段即为截面与上底面的交线，
因为F为的中点，，
所以过点E作的平行线交于点，
因为，，所以，在中，
.故答案为：
16．【答案】
【解析】由得，即，
设，则，，
当时，，所以在上单调递增．因为x，y均为正实数，所以，由，可得，即．
由知，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以．
则．令，
则，所以在上单调递减，
所以，所以，即的最小值为．故答案为：
17．【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】（1）在中，由正弦定理得，
所以，即，因为，所以，又因为，，，，
所以，所以；
（2）证明：因为，所以，
设，在中，，则．
可得，，
在中，由正弦定理得，，
又因为，所以，则，
化简得，因为，即，则．所以是直角三角形．
18．【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）由，得，且为的中点，所以，
取中点为，连接，，可得，在中，，
在中，， 所以，所以
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）如图，过点作，交于点，
以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，
在中，可得点到距离为，故可得，
，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
平面与平面的夹角为，
由,取，所以，
由,取，
所以，所以
所以两平面的夹角的余弦值为.
19．【答案】（1） （2）甲应该改选1号或3号箱.
【解析】（1）设分别表示1，2，3，4号箱子里有奖品，
设分别表示主持人打开号箱子，
则，且两两互斥.
由题意可知，事件的概率都是，，，，.由全概率公式，得.
（2）在主持人打开4号箱的条件下，1号箱､2号箱､3号箱里有奖品的条件概率分别为，，
，通过概率大小比较，甲应该改选1号或3号箱.
20．【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）设数列的公比为，则，
是与的等差中项，
，解得或(舍去)，
，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；
（2）由，
整理可得，即，
对任意恒成立，
令，则
当时，，当时，
当或时，取得最大值，.解得.
故实数的取值范围是.
21．【答案】（1） （2）
【解析】（1）由题可得，，
所以 因为椭圆的离心率为所以，结合椭圆中可知，所以椭圆C的标准方程为
（2），设因为直线与直线的倾斜角互补，
所以可知，即，化简得
设直线，将代入上式，
整理可得且由消元化简可得
，所以，代入上式
由，解得所以
因为点到直线PQ的距离，
且
所以
令，则所以.
当且仅当，时取等号.所以的面积的最大值为
22．【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析
【解析】（1）当时，∵，
∴，令得，或（舍）
当，，单调递减；当，，单调递增∴当时，
即，∴
（2）令（），则．
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，则函数在上单调递减，
所以，，即，所以，当时，，即，当时，取，由于，
而，得，
故，不合乎题意.综上所述，．
（3）当时，由（1）可得，则，
可得，即，即（），令，所以，，
所以，，即（），
所以，，，
令（），则，且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，故，则（），
所以，，，
所以，