安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试题

这是一份安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试题，共14页。试卷主要包含了在等差数列中，已知，则，当时，函数在上的零点的个数为，已知函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码格贴在答题卡上的指定位置.
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､单项选择题：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.
2.已知复数，则“”是“的实部小于0”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
3.如图所示为某企业员工年龄（岁）的频率分布直方图，从左到右依次为第一组､第二组……第五组，若第五组的员工有80人，则第二组的员工人数为（ ）
A.140 B.240 C.280 D.320
4.在等差数列中，已知，则（ ）
A.-1 B.0 C.1 D.2
5.如图，正三棱柱的底面边长为1，高为3，已知为棱的中点，分别在棱上，，记四棱锥三棱锥与三棱锥的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
6.已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.无法确定
7.在三棱锥中，已知，平面平面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表而积为（ ）
A. B. C. D.
8.当时，函数在上的零点的个数为（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知向量满足，且，则的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
10.已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C.的图象关于点对称
D.在上单调递增
11.将正数用科学记数法表示为，则，我们把，分别叫做的首数和尾数，若将的首数记为，尾数记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.是周期函数
C.若，则
D.若，则
12.已知抛物线的焦点到点的距离为，直线经过点，且与交于点（位于第一象限），为抛物线上之间的一点，为点关于轴的对称点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.若的斜率为1，则当到的距离最大时，（为坐标原点）为直角三角形
C.若，则的斜率为3
D.若不重合，则直线经过定点
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知直线的斜率为2，且与曲线相切，则的方程为__________.
14.已知随机变量，若，则的取值范围是__________.
15.已知，则__________.
16.已知椭圆的左､右焦点分别为为坐标原点，点在上，且，则__________.
四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
设的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，点在边上，，且，求.
18.（12分）
记正项等比数列､等差数列的前项和分别为，已知，.
（1）求和的通项公式；
（2）设集合，求中元素的个数.
19.（12分）
如图，直四棱柱的棱长均为为棱的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
20.（12分）
小张参加某公司的招聘考试，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型：一个箱子里装有质地､大小一样的5个球，3个标有字母A，另外2个标有字母B，小张从中任取3个小球，若取出的A球比B球多，则答A类题，否则答B类题.
（1）设小张抽到A球的个数为X，求X的分布列及.
（2）已知A类题里有4道论述题和1道计算题，B类题里有3道论述题和2道计算题，小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答.
（i）求小张回答论述题的概率；
（ii）若已知小张回答的是论述题，求小张回答的是A类题的概率.
21.（12分）
已知函数.
（1）若，求的极小值；
（2）若对任意的和，不等式恒成立，求的最大值.
22.（12分）
已知双曲线经过点，直线与交于两点，直线分别与轴相交于点.
（1）证明：以线段为直径的圆恒过点；
（2）若，且，求.
毫州市普通高中2023—2024学年度第一学期高三期末质量检测
数学·答案
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.答案C
命题意图本题考查集合的表示与运算.
解析因为，所以.
2.答案B
命题意图本题考查复数的概念､充分条件与必要条件的判断.
解析的实部小于0，即，显然是的必要不充分条件.
3.答案C
命题意图本题考查频率分布直方图.
解析由已知得，所以，因为第五组的员工人数为80，所以第二组的员工人数为.
4.答案B
命题意图本题考查等差数列的性质.
解析设的公差为.由已知可得，所以.以.
5.答案D
命题意图本题考查空间几何体的体积计算.
解析因为，所以.
6.答案B
命题意图本题考查直线与圆的位置关系.
解析直线的方程可化为，所以直线恒过点，曲线即，表示圆心为坐标原点，半径为3的圆的上半部分（如图），由图可知，当时，直线与曲线的交点个数为1.
7.答案A
命题意图本题考查多面体与球的关系.
解析分别取的中点为，连接.易知为二面角的平面角，所以，所以，三棱锥外接球的球心在直线上.设，则，即，解得，所以三棱锥外接球的半径为，表面积为.
8.答案D
命题意图本题考查函数零点的判断.
解析令，则.构造函数，则问题等价于讨论方程的根的个数，易知在时单调递增，故问题进一步等价于讨论方程的根的问题，即可转化为根的问题，容易知道函数单调递增，故，当时，方程只有一根，所以函数在上的零点的个数为1.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.答案BC
命题意图本题考查平面向量的坐标运算.
解析设为坐标原点，则由可知三点共线，且在之间，容易验证符合.
10.答案ACD
命题意图本题考查三角函数的图象与性质.
解析对于，设的最小正周期为，由图象可得到，故，因为，所以，解得，故A正确；
对于，将代入，得，则，解得，因为，所以当时，，故B错误；
对于，故，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D，当时，设，则在上单调递增，故D正确.
11.答案AC
命题意图本题考查指数和对数的运算性质.
解析对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，若，必有，不符合周期函数的定义，故B错误；
对于C，设，则，若10，则，若，则，所以，故C正确；
对于D，设同选项，若，则，若，则，所以，故D错误.
12.答案ABD
命题意图本题考查抛物线与直线的位置关系.
解析对于的坐标为，由已知得，解得，故A正确；
对于，当到的距离最大时，以为切点的的切线斜率也为1，因为，所以只需考虑，令，得，又的坐标为，所以，轴，所以为直角三角形，故B正确；
对于，如图，设的准线为，过点分别作，过点作，当时，设，所以，所以，即的斜率为，故错误；
对于D，设，则，设的方程为，代入，得0，所以，直线的方程为，整理可得，所以经过定点，故D正确.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.答案
命题意图本题考查导数的几何意义.
解析设，令，得，则切点为，故所求的方程为.
14.答案
命题意图本题考查正态分布的性质.
解析因为，所以，所以.
15.答案
命题意图本题考查三角恒等变换的应用.
解析将题中两式平方相加得，即，因为，所以，所以.
16.答案
命题意图本题考查椭圆的性质.
解析设，则，由余弦定理得，即，所以.因为，所以，所以.
四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.命题意图本题考查正弦定理､余弦定理的应用.
解析（1）由余弦定理得，
整理得，
所以，
因为，所以.
（2）由题意知，所以.
由（1）的过程可得，
代入的值整理得，解得或.
当时，，此时为钝角，不符合条件，符合条件，
所以.
18.命题意图本题考查等差数列和等比数列的相关计算.
解析（1）设的公比为的公差为，
因为，所以，解得或-4（舍去），
所以.
因为，所以，即，
因为，所以，
所以.
（2）因为，
所以，
因为，
从四个数中任取两个数（可重复）有种取法，
易知不同取法中的两个数之和都互不相等，故集合中的元素有10个.
19.命题意图本题考查面面垂直的证明和二面角的计算.
解析（1）在直四棱柱中，平面，所以，
因为四棱柱的各棱长均相等，故四边形是菱形，所以，
又因为，所以平面.
因为平面，
所以平面平面
（2）设与的交点为，以为坐标原点，所在直线为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
易知，
则.
设平面的法向量为，
则取.
设平面的法向量为，
则取.
因为，
所以二面角的正弦值为.
20.命题意图本题考查超几何分布､全概率公式和条件概率.
解析（1）的所有可能取值为，
，
所以的分布列为
故.
（2）记事件“小张回答类题”，“小张回答类题”，“小张回答论述题”.
（i）由（1）知，
由题意知，
所以.
（ii），
所以.
21.命题意图本题考查利用导数研究函数性质.
解析（1）当时，，
所以，
易知在上单调递增，且，
所以当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以在处取得极小值.
（2）因为，所以恒成立等价于恒成立.
设，则，
易知在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在内存在唯一零点，即，
当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以.
结合式，可知，
当且仅当时取等号，
即当时，的最小值为2，要使恒成立，须，
即的最大值为2.
22.命题意图本题考查双曲线与直线的位置关系.
解析（1）将代入，得，所以，
所以的方程为.
要证明以线段为直径的圆恒过点，即证.
设，根据题意知直线的斜率存在，则，
故直线，令，得，
用替换，得.
所以，
所以.
因为，所以，所以，
故原命题得证.
（2）因为，所以.
由可得，记的斜率为，
则
用替换，可得.
所以，
化简可得，又，
所以，解得或（舍去）.
所以.1
2
3