2024届浙江省温州市高三(上)期末数学试卷(解析版)

这是一份2024届浙江省温州市高三(上)期末数学试卷(解析版)，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 设（其中i为虚数单位），则（ ）
A. 1B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】因，则.
故选：B.
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由不等式，解得，所以，
又由不等式，解得，所以.
故选：A.
3. 已知函数，若关于x的方程在上有两个不同的根，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】画出函数，的图象，

若方程在上有两个不同的根，，由图可知.
故选：C
4. 已知x，，则“”是“”的（ ）
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
【答案】A
【解析】设，则，
令，所以函数在上单调递增.
当时，则，即，充分性成立；
当时，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 6名同学排成一排，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻的不同排法有（ ）
A. 72种B. 144种C. 216种D. 256种
【答案】B
【解析】先将丙与丁看成一“个”人，与除甲和乙之外的另外两个人留下4个空，
在其中选2个给甲和乙，有种方法；
再考虑丙丁这“个”人和另两个人进行全排，有种排法；
最后将丙丁“松绑”，有种方法，由分步计数原理，可得不同排法数为：种.
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
所以.
故选：D
7. 《九章算术》中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，则堆放的米约有（ ）
A. 14斛B. 22斛C. 36斛D. 66斛
【答案】B
【解析】设圆锥的底面半径为，则，解得，
故米堆的体积（立方尺）．
1斛米体积约为1.62立方尺，
故（斛）.
故选：B.
8. 已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知函数，则（ ）
A. 不等式的解集是
B. ，都有
C. 是R上的递减函数
D. 的值域为
【答案】AD
【解析】A：，由，得，即，
得，解得，即原不等式的解集为，故A正确；
B：，故B错误；
C：，所以在R上单调递减不成立，故C错误；
D：由知，即函数的值域为，故D正确.
故选：AD
10. 某企业协会规定：企业员工一周7天要有一天休息，另有一天的工作时间不超过4小时，且其余5天的工作时间均不超过8小时（每天的工作时间以整数小时计），则认为该企业“达标”．请根据以下企业上报的一周7天的工作时间的数值特征，判断其中无法确保“达标”的企业有（ ）
A. 甲企业：均值为5，中位数为8
B. 乙企业：众数为6，中位数为6
C. 丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8
D. 丁企业：均值为5，方差为6
【答案】ABD
【解析】
甲企业每周7天的工作时间可以为：9,8,8,8,2,0,0，满足均值为5，中位数为8，故不达标，故A正确；
乙企业：众数为6，中位数为6，满足条件的7天工作时间可以为：6,6,6,6,6,6,6,故不达标，故B正确；
丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8，
设7天的工作时间为：4,5,5,8,a,b,c,,与众数矛盾，，为使众数为5，成立，故丙企业达标，故C错误；
丁企业：均值为5，方差为6，7天的工作时间可以为，故D正确.
故选：ABD
11. 已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ）
A. －1B. 2C. D. －2
【答案】BCD
【解析】A：当时，，
得，
所以数列是以3为周期的周期数列，则，不符合题意，故A错误；
B：当时，，
得，
所以，符合题意，故B正确；
C：当时，，
得，
所以，符合题意，故C正确；
D：当时，，
得，
所以，符合题意，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本大题共3小题，把答案填在题中的横线上．
12. 若，则______．
【答案】
【解析】当时，.
故答案为：
13. 已知圆与直线交于A，B两点，则经过点A，B，的圆的方程为______．
【答案】
【解析】设，
由解得，
可得，
设经过点A，B，的圆的方程为
，
所以，解得，
即，可得.
故答案为：.
14. 已知四棱锥的底面为边长为1的菱形且，平面ABCD，且，M，N分别为边PB和PD的中点，平面，则______，四边形AMQN的面积等于______．
【答案】 ；
【解析】过点A作AB的垂线AE，建立如图空间直角坐标系，

由题意可知，，
则，，
设，即，则，
所以，设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
因为平面，所以四点共面，得，
即，解得，
则，，，
此时；
又，所以，则，
因为，，
所以四边形的面积为.
故答案为：；.
四．解答题：本大题共5小题，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，．
（1）若不单调，求实数a的取值范围；
（2）若的最小值为，求实数a的取值范围．
解：（1），
当时，，当时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
又∵在上不单调，∴；
（2）由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，不符合题意，
当时，，
所以实数a取值范围为.
16. 已知等比数列的前n项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
解：（1）由题知：①，
②，
②÷①得，，解得，代入①式得，，
所以．
（2）由（1）知：，
所以，
所以 ．
17. 如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，．
（1）求证：；
（2）若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
证明：（1）连接BD，DE，设，则，
取AB中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故，
得，∴，∴
同理可得，，又面BDE，
∴面BDE，又面BDE，；

解：（2）由（1）知，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点M，连接EM．
因面ABCD，所以，又因为，且面DEM，
则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．
过点D作交EM于点N，连接AN．
∴就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面面ADE，∴就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵，又，，∴，
又，∴，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.

18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
解：（1）由题可知2号盒子里有2个红球概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列,首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
19. 已知动点M到点的距离与到直线l：的距离之比等于．
（1）求动点M的轨迹W的方程；
（2）过直线l上的一点P作轨迹W的两条切线，切点分别为A，B，且，
①求点P的坐标；
②求的角平分线与x轴交点Q的坐标．
解：（1）设，
根据题意得：，
化简得：动点M的轨迹方程为：；
（2）①，切线方程为；，
代入得：，
∵切线，∴，得：（*），
设方程（*）的两根分别为，，分别为PA，PB的斜率
则有，
又∵PA，PB的方向向量分别为，，
∴，
解得：，∴．
②由对称性，不妨取，所以，
将代入（*）得：，解得，
则，
∴，
得：，所以点Q的坐标为.

1
2
3
P