2024深圳宝安区高三上学期期末考试数学含解析

这是一份2024深圳宝安区高三上学期期末考试数学含解析，共24页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 直线与圆，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､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，用铅笔把答题卡上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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 复数实部与虚部之和是（ ）
A. 7B. 13C. 21D. 27
2. 已知集合，则的元素个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无数
3. 某单位有职工500人，其中男性职工有320人，为了解所有职工的身体健康情况，按性别采用分层抽样的方法抽取100人进行调查，则抽取到的男性职工的人数比女性职工的人数多（ ）
A. 28B. 36C. 52D. 64
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知函数在内有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，设抛物线的焦点为，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在该抛物线上，点在轴上，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
7. 若函数的最大值是，则常数的值可能是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则是等比数列
B. 若是等比数列，则
C. 若，则是等比数列
D. 若是等比数列，且，则
10. 直线与圆，则（ ）
A. 圆的半径为2
B. 直线过定点
C. 直线与圆一定有公共点
D. 圆的圆心到直线的距离的最大值是3
11. 若直线与曲线相切，则取值可能为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 6
12. 正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，为棱上的动点，则（ ）
A 平面平面
B. 点到平面的距离为
C. 与所成角的余弦值的取值范围为
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13 已知单位向量满足，则__________.
14. 函数是奇函数，则__________.
15. 为了检查学生的身体素质情况，从田径类3项，球类2项，武术类2项共7项项目中随机抽取3项进行测试，则恰好抽到两类项目的概率是__________.
16. 已知椭圆的左焦点为，直线与交于，两点，若，则的离心率是__________.
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. 在中，角的对边分别是，且.
（1）求角的值；
（2）若的面积为，求的周长.
18. 在等差数列中，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
19. 已知某地中学生的男生和女生的人数比例是，为了解该地中学生对羽毛球和乒乓球的喜欢情况，现随机抽取部分中学生进行调查，了解到该地中学生喜欢羽毛球和乒乓球的概率如下表：
（1）从该地中学生中随机抽取1人，已知抽取的这名中学生喜欢羽毛球，求该中学生也喜欢乒乓球的概率；
（2）从该地中学生中随机抽取100人，记抽取到的中学生既喜欢羽毛球，又喜欢乒乓球的人数为，求的分布列和期望.
20. 如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角余弦值.
21. 已知双曲线的离心率是3，点在上.
（1）求的标准方程；
（2）已知直线与相切，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
22. 已知函数.
（1）求的极值；
（2）已知，证明：.男生
女生
只喜欢羽毛球
0.3
0.3
只喜欢乒乓球
0.25
0.2
既喜欢羽毛球，又喜欢乒乓球
0.3
0.15
深圳市宝安区高三期末考试
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､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，用铅笔把答题卡上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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 复数的实部与虚部之和是（ ）
A. 7B. 13C. 21D. 27
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算求解即可.
【详解】因为，
所以复数的实部与虚部之和是，
故选：B.
2. 已知集合，则的元素个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无数
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，转换为两个图象交点问题，两函数联立，转为一元二次方程解得个数问题，从而得到答案.
【详解】联立整理得.
由，得原方程组有两组解，即中有2个元素，
故选：C.
3. 某单位有职工500人，其中男性职工有320人，为了解所有职工的身体健康情况，按性别采用分层抽样的方法抽取100人进行调查，则抽取到的男性职工的人数比女性职工的人数多（ ）
A. 28B. 36C. 52D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可得解.
【详解】由题意可知抽取到的男性职工人数为，
女性职工人数为，
则抽取到的男性职工的人数比女性职工的人数多.
故选：A.
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】对可得，然后根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】由，则，即，即，
解得得，
则不能推出，能推出，
则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知函数在内有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数单调性，再根据零点存在性定理，即可列式求解.
【详解】是增函数，也是增函数，所以是上的增函数.
因为在内有零点，
所以，解得.
故选：A
6. 如图，设抛物线的焦点为，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在该抛物线上，点在轴上，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线定义可求出，根据三角形相似即可求出.
【详解】设,，
由，根据抛物线定义可得，
故，
，
过，分别作轴的垂线，过作轴的垂线，垂足为，
明显，
所以.
故选：D
7. 若函数的最大值是，则常数的值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两角差的余弦以及辅助角公式对化简，表示出最大值，进而得到答案.
【详解】因为
，其中，
所以，
所以，
对于A选项，当，，故A错误；
对于B选项，当，，故B正确；
对于C选项，当，，故C错误；
对于D选项，当，，故D错误，
故选：B.
8. 已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
二､多选题：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. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则是等比数列
B. 若是等比数列，则
C. 若，则是等比数列
D. 若是等比数列，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】举特列可判断A；由等比数列的性质可判断B；由，得，两式相减可得可判断C；由等比中项的性质可判断D.
【详解】当时，满足，但不是等比数列，则A错误
由等比数列的性质可知，则B正确.
由，得，则，
当时，，则，从而可知是等比数列，则C正确.
由，得.
由等比数列的性质可知，
，
即，解得，再代入结合C选项可知此时为等比数列，则D正确.
故选：BCD.
10. 直线与圆，则（ ）
A. 圆的半径为2
B. 直线过定点
C. 直线与圆一定有公共点
D. 圆的圆心到直线的距离的最大值是3
【答案】BCD
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准方程，即可得出圆心、半径，判断A项；整理直线方程，解，即可得出定点坐标；直线恒过圆上点，即可判断C；设，当时，距离最大，根据点到直线的距离，求出，即可判断D.
【详解】对于A项，将圆化为标准方程可得，，
所以圆的圆心坐标为，半径为3.故A项错误；
对于B项，直线可化为，
由可得，，所以直线过定点，故B项正确；
对于C项，因为点在圆上，直线过定点，
所以，直线与圆一定有公共点.故C项正确；
对于D项，设，当时，点到直线的距离最大，
所以，圆的圆心到直线的距离的最大值是，故D项正确.
故选：BCD.
11. 若直线与曲线相切，则的取值可能为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 6
【答案】BCD
【解析】
【分析】设出切点，利用导数几何意义得出，由切点既在直线上又在曲线上得出，由此将转化为函数求值域可得.
【详解】设切点为，
因为，所以.
又因为切点在直线上，
所以，解得，
所以 ，
令，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，又当.
故的取值范围为.
故选：BCD.
12. 正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，为棱上的动点，则（ ）
A. 平面平面
B. 点到平面的距离为
C. 与所成角的余弦值的取值范围为
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，利用面面垂直的判定即可证明，对B利用等体积法即可求出距离，对C建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法即可求出其范围，对D，作出交线，将立体平面化求解即可.
【详解】对于A，取的中点，连接，，易知也是的中点，
在中，因为，为的中点，所以，
在中，因为，为的中点，所以，
又因为，平面，， 所以平面．
又因为平面，所以平面平面，A正确．
对于B，设点到平面的距离为，易知，，
取中点为，连接，因为，
则，因为底面，且面，则，
又因为平面，且，所以平面，且，
因为，所以，解得，B错误．
对于C，取的中点，连接，易知．以为坐标原点，
向量，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则.，设，，
，，
设与所成的角为，则．
令（），则，
当即时，；
当，即时，，
根据对勾函数在上单调递减可知；
当，即时，同理根据对勾函数在上单调递减可知．
综上，与所成角的余弦值的取值范围为，C正确．

对于D，由A选项中的结论知平面，．
又因为球面的半径为，所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线（圆的一部分）的半径为．
如图，，，所以，解得，
由圆与正方形的对称性知，
所以球面与侧面的交线长为，D正确．

故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题B选项关键是利用等体积法求出点到平面距离，C选项关键是建立空间直角坐标系，设，得到线线角表达式，再结合对勾函数单调性即可得到其范围.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知单位向量满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量数量积运算律及已知可得，再由运算律求即可.
【详解】因为，所以，所以，
则，故.
故答案为：
14. 函数是奇函数，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据奇函数的性质，结合对数运算，即可求解，再代入函数解析式求值.
【详解】因为，所以，
因为是奇函数，所以，即，
所以，解得，
则.
故答案为：1
15. 为了检查学生的身体素质情况，从田径类3项，球类2项，武术类2项共7项项目中随机抽取3项进行测试，则恰好抽到两类项目的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用组合应用问题，结合排除法求出试验及所求概率的事件的基本事件数，再利用古典概率公式计算即得.
【详解】从这7项项目中随机抽取3项的情况有种，
抽取的3项属同一类的情况有种，抽取的3项包含三类的情况有种，
则符合条件的情况有种，
所以所求概率为.
故答案为：
16. 已知椭圆的左焦点为，直线与交于，两点，若，则的离心率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意，设，因为，则有，直线方程与椭圆方程联立，借助韦达定理得到，从而得到离心率.
【详解】
设，因为，所以，所以.
联立整理得，
则，，
从而，整理得，
故，
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. 在中，角的对边分别是，且.
（1）求角的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用二倍角余弦公式化简求得，求得结果；
（2）由三角形面积公式求得，再利用余弦定理可求得，从而得三角形周长．
【小问1详解】
因为，所以，
所以，所以，
则或（舍去）.
因为，所以.
【小问2详解】
因为的面积为，所以，则.
由余弦定理可得，
则，即，解得.
故的周长为.
18. 在等差数列中，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，由题意可得，解方程即可求出，再由等差数列的通项公式求出；
（2）由（1）可得，再由分组求和法和等差数列的前项和公式求解即可.
【小问1详解】
设数列的公差为，
则，解得，.
故.
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
故
.
19. 已知某地中学生的男生和女生的人数比例是，为了解该地中学生对羽毛球和乒乓球的喜欢情况，现随机抽取部分中学生进行调查，了解到该地中学生喜欢羽毛球和乒乓球的概率如下表：
（1）从该地中学生中随机抽取1人，已知抽取的这名中学生喜欢羽毛球，求该中学生也喜欢乒乓球的概率；
（2）从该地中学生中随机抽取100人，记抽取到的中学生既喜欢羽毛球，又喜欢乒乓球的人数为，求的分布列和期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，24.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合条件概率公式求解即得.
（2）利用（1）的信息，结合二项分布求出分布列的期望.
【小问1详解】
记事件表示从该地中学生中随机抽取1人，被抽取的这名中学生喜欢羽毛球，
事件表示从该地中学生中随机抽取1人，被抽取的这名中学生喜欢乒乓球，
则，
，
所以所求概率.
【小问2详解】
由（1）知从该地中学生中随机抽取1人，被抽取的这名中学生既喜欢羽毛球，又喜欢乒乓球的概率，
因此，
所以的分布列为，
期望为.
20. 如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明：取的中点，连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接.
因为为圆弧的两个三等分点，所以.
因为分别为的中点，所以，
则，从而四边形为平行四边形，
故.因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
解：以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以，，
则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21. 已知双曲线的离心率是3，点在上.
（1）求的标准方程；
（2）已知直线与相切，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，
【解析】
【分析】（1）将点代入方程，结合离心率计算即可得；
（2）设出切线方程，联立曲线可得切线中参数的关系，联立切线与渐近线，可得两交点坐标，即可得，结合所得切线中参数的关系即可得该定值.
【小问1详解】
由题可得，解得，
故的标准方程为；
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，设直线，
联立，整理得，
则，即.
由（1）可知的渐近线方程为和，
不妨设直线与直线的交点为，与直线的交点为，
联立，解得，即，
联立解得，即，
则，，
得，
因为，所以，
所以，即，
故是定值，且该定值为.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用直线与双曲线相切得到，再求出的坐标，最后计算即可.
22. 已知函数.
（1）求的极值；
（2）已知，证明：.
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得的单调性，进而求得的极值；
（2）先利用题给条件构造出的不等式，再利用（1）的结论即可证得.
【小问1详解】
，，令，可得.
令，可得，
令，可得，或
所以上单调递增，在和上单调递减.
所以的极大值为的极小值为.
【小问2详解】
由，
可得，
所以.
由对称性，不妨设，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以.
由（1）可知在上的最大值为，
所以，
当且仅当时，等号成立，
因为等号不能同时取到，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
男生
女生
只喜欢羽毛球
0.3
0.3
只喜欢乒乓球
0.25
0.2
既喜欢羽毛球，又喜欢乒乓球
0.3
0.15