精品解析：河北省武邑中学2023-2024学年高三上学期1月期末考试数学试题

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2．答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．
3．选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上作答无效．
第Ⅰ卷 选择题（共60分）
一、单选题：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，只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上．
1. 已知集合，，则集合的非空真子集的个数为（ ）
A. 14B. 15C. 30D. 62
【答案】D
【解析】
【分析】解集合A中的不等式，得到集合A，由集合B中元素的条件得到集合B，再求集合，由集合中元素的个数，判断非空真子集的个数.
【详解】不等式解得，由，得集合，
则集合，所以集合，
集合中有6 个元素，所以集合的非空真子集的个数为．
故选：D．
2. 已知复数满足（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法、模长运算化简复数，再结合复数的几何意义即可得答案.
【详解】由得，
∴复数z在复平面内对应的点为，
∴复数z在复平面内对应的点所在的象限为第四象限．
故选：D．
3. 已知两个非零向量的夹角为，且，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由化简可得，再由向量的模长公式代入化简即可得出答案.
【详解】因为非零向量的夹角为，且，
所以，即，
化简得：，
.
故选：C.
4. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是6cm，底部所围成圆的直径是2cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将圆台补成圆锥，由相似求出小圆锥的母线长，结合圆心角公式求解即可.
【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，
设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为x＋7，由相似得，即x＝，
所以可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.
故选：C.
5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由的取值范围求出的取值范围，结合余弦函数的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】由，所以，
又，所以，
且函数在上单调递增，
所以，解得，即的取值范围为.
故选：D
6. 甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为或
当5人被分为时，情况数为;
当5人被分为时，情况数为；
所以共有.
由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则
共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，
所以甲不在小区的概率为
故选：B.
7. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A. 0或2B. 0或C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线的距离关系列式求解即可.
【详解】设直线与曲线的切点为，由，则，
则，即切点为，所以直线为，
又直线与圆都相切，
则有，解得或．
故选：A
8. 已知为坐标原点，椭圆：，平行四边形的三个顶点A，，在椭圆上，若直线和的斜率乘积为，四边形的面积为，则椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角换元设，，代入椭圆方程可得，再根据三角形面积的向量公式及斜率之积计算即可.
【详解】先证三角形面积公式的向量形式：在中，，
则 ，而
设，，由题意可知;，
所以，
将坐标代入椭圆方程有
，
则
所以四边形的面积为，
即，又根据和的斜率乘积为知，
所以，解之得：，．
故选：B
二、多选题（本大题共4小题，每小题至少有两个正确答案，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）
9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有（ ）
A. 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互独立
C. 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据事件的互斥与独立的定义对选项一一验证即可.
【详解】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；
第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；
对于B：连续抛掷一枚质地均匀骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；
对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；
对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；
若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知正实数满足，当取最小值时，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为1D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】由，代入用基本不等式求得最小值，得结论判断A，此处条件代入已知得可判断B，判断AB过程中两个结论代入后利用二次函数性质求得最值判断CD．
【详解】∵正实数满足，
∴，当且仅当，即时等号成立，A正确；
时，，B错；
，，即时，的最大值1，C正确D错误．
故选：AC．
11. 已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 当最大时，MN与BC所成的角为
C. 正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等
D. 若，则点N的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D.
【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，
依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），
最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，
因为，面，面，
所以面，同理可得面，
因为，面，所以面面，
所以面中直线都平行于面，又面，且平面，
所以面，即面，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，，
A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，
而，，若为面的一个法向量，
所以，令，则，而，
所以到面的距离，即到面的距离为，
又△为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
B：由图知：当与重合时最大为，且，
所以MN与BC所成的角，即为，错误；
C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，
又，同理可得，
所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等，正确；
D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，
因为面面，故也是面的法向量，而，
所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，
故点N的轨迹长度为，正确.
故选：ACD
12. 已知奇函数，，且，当时，，当时，，下列说法正确的是（ ）
A. 是周期为的函数
B. 是最小正周期为的函数
C. 关于中心对称
D. 直线与若有3个交点，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据奇函数，，且，可确定函数的周期，即可判断A；设确定函数的奇偶性与对称性即可判断函数B，C；根据可判断函数在上的单调性，结合对称性与周期性即可得函数的大致图象，根据直线与若有3个交点，列不等式即可求的取值范围，即可判断D.
【详解】解：因为，所以的图象关于对称，又因为为奇函数，所以，则，
则，故是周期为的函数，故A正确；
设，其定义域为，则，所以关于中心对称，即关于中心对称，故C正确；
又，所以为上的奇函数，结合可得，即
故是周期为的函数，故B错误；
当，所以，故在上单调递增，由于关于中心对称，所以在上单调递增，
且当时，，又函数的周期为，则可得大致图象如下：
若直线与若有3个交点，则或，解得或，故，故D错误.
故选：AC.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡上相应位置．
13. 展开式中含项系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用项可由的展开式的常数项与二次项､一次项与一次项､二次项与常数项相乘得到，结合组合即可得出结果.
【详解】整个式子中项可由的展开式的常数项与二次项､一次项与一次项､二次项与常数项相乘得到，
故所求为：.
故答案为：.
14. 将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角函数的定义及和角公式进行相关计算可得结果.
【详解】由点在单位圆上，则，解得，
由锐角，即，则，故，
.
故答案为：
15. 过点的直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，，若，则的值为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】先设过点的直线方程为：，与抛物线方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，表示出，利用求出的值，可确定、的纵坐标的关系，从而确定的值.
【详解】由抛物线的方程可知焦点为，
由题意可得设过点的直线的方程为，设，
联立，消去整理可得：，则①，②，
所以，
故，解得．
由于，所以，
所以，结合①②可得，即，
由③④化简整理得，解得或（舍去）．
16. 由正整数组成的数对按规律排列如下：，．若数对满足，则数对排在第_______位．
【答案】174或1035
【解析】
【分析】先求出、的值，再根据数对的特点确定的位置.
【详解】解：按规律把正整数组成的数对分组：第1组为，数对中两数的和为2，共1个数对；第2组为，数对中两数和为3，共2个数对；
第3组为，，数对中两数和为4，共3个数；……，
第组为，数对中两数的和为，共个数，
由，得，
因为，
所以或，解得或，
当时，，
在所有数对中，两数之和不超过19的有个，
所以在两数和为20的第1个数，第2个为，第3个为，所以数对排在第174位；
当时，，
在所有数对中，两数之和不超过45的有个，
在两数和为46数对中，排在第45位，所以排在所有数对的第1035位.
故答案为：174或1035.
四、解答题：本大题共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A，B，C所对的边分别为a，b，C，且．
（1）求证：；
（2）求的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理及正弦和差公式对变形即可证明；
（2）由（1）可得，根据角的范围即可得且为锐角，
结合正切和差公式可得，由均值不等式即可讨论最大值，进而得出的最大值
【小问1详解】
证明：由得，
故；
【小问2详解】
由（1）得，
∵， ，同号，故，，，
则,
当且仅当时取等号，
故的最大值为
18. 如图，三棱柱，点在平面内的射影在AC上，且．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）连结、推导出是的中点，，从而平面，进而，再求出，由此证明平面，从而．
（2）由、、两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值．
【详解】证明：（1）连结，
，
是的中点，
又，
平面，
平面，平面，
，
又是平行四边形，，
平面，
平面，平面，
．
（2）由（1）知、两两垂直，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
设，则，
，
，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，同理得，
，
∴二面角的余弦值为．
【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
19. 已知正项数列的前项积为，且满足．
（1）求证：数列为等比数列，并求；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析，
（2）11
【解析】
【分析】（1）先根据条件求出与的关系式，利用等比数列的定义可以证明；
（2）先利用放缩法得到，求和，代入数值验证可得答案.
【小问1详解】
证明：因为，当时，，得．
所以，即，
同理得．
所以，因，所以，所以得，
则，又不恒等于0，所以，
即是首项为，公比为的等比数列，
则，即．
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
所以，
所以当时，，
当时，，
所以的最小值为11．
20. 高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．
（1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；
（3）若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】（1）
（2）
（3）需要对生产工序进行改良
【解析】
【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；
（2）先求，利用导数判断单调性可求解；
（3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论.
【小问1详解】
记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则

【小问2详解】
由题意，
∴
令，则，
当，，为增函数；
当，，为减函数；
所以在处取到最大值．
【小问3详解】
记事件B＝“人工检测达标”，
则，
又，
所以，
所以需要对生产工序进行改良．
21. 已知双曲线（，）过，，，四个点中的三个点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线交于，两点，且，求证：直线经过一个不在双曲线上的定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点的坐标为
【解析】
【分析】(1)根据双曲线的对称性可知，在双曲线上，而不可能在双曲线上，从而可知也在双曲线上，即可求双曲线的方程；(2)分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可用含有的式子表示、，再由得到含有的方程，把、代入化简即可求出的值，从而求出定点坐标.当直线的斜率不存在时，设的方程为，同理可求出定点坐标.
【小问1详解】
根据双曲线的对称性可知，关于轴对称，
所以，必同时在双曲线上，而不可能在双曲线上.
则双曲线还经过点，则，
将点代入，可得.
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
(ⅰ)当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，，
联立，整理得，.
由得（*），
且，，
因为，所以，，
因为，所以，即，
所以，
即，
所以，
化简得，即，
所以或，且均满足（*），
当时，直线的方程为，
直线过定点，即点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，
直线过定点，符合题意.
(ⅱ)当直线的斜率不存在时，设的方程为，
由，解得，
依题意，因为，，
所以，即，
所以，即，
解得（舍）或，
所以直线的方程为，直线过点，
综上所述，直线经过一个不在双曲线上的定点，定点的坐标为.
22. 已知函数.
（1）求在的最小值；
（2）若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号.
【答案】（1）答案见解析；
（2）正，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由导数法求最值，对、、分类讨论即可；
（2）由（1）得只有时方程有两个不同的解且可设设 ，则由列等式整理得，
结合等差中项性质可变形整理得，令 ，由导数法讨论最值得，即可进一步证明
【小问1详解】
.
当 时， 在 单调递减， ；
当 时， 在 单调递减， ；
当 时， 时， 时， ， 所以 在 单调递减， 在 单调递增，
综上，当 时， ；当 时， .
【小问2详解】
值的符号为正，理由如下：
由 (1) 知， 当 时， 单调递减， 不符合题意.
当 时， 在 单调递减， 在 单调递增.
不妨设 ，由方程 有两个不同的解 ，
则 ， 整理得
.
令 ， 则 ，令 ，
在 单调递增， .故 得证