黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高三上册数学期中试卷
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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·安徽模拟）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由可得集合，
根据指数函数单调性可得，即，所以；
因此；
根据交集运算可得
故答案为：C
【分析】根据一元二次不等式和指数不等式解法可得集合，，再根据交集、补集运算即可得出结果.
2．（2022·浙江模拟）已知复数，且，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】由已知，
所以，．
故答案为：D．
【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．
3．（2023高三上·佳木斯期中）已知、、是不重合的直线，、是不重合的平面，对于下列命题
①若，，则
②且，则
③且，则
④若、是异面直线，，，且，则
其中真命题的序号是（ ）
A．①② B．③④ C．②④ D．①③
【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：①中，由，，则与平行或异面，所以不正确；
②中，由且，则或，所以不正确；
③中，由且，根据线面垂直的性质，可得，所以正确；
④中，由、是异面直线，因为，，则在平面内存在直线，使得，又因为且，可得且，且相交，所以，所以正确.
故答案为：B.
【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
4．（2023高三上·佳木斯期中）2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，耀华园结合线上教育教学模式，开展了云升旗，云班会等活动．其中由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法不正确的是（ ）
A．图中的值为0.02
B．由直方图中的数据，可估计75%分位数是85
C．由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77
D．90分以上将获得优秀，则全校有20人获得优秀
【答案】D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：对于A中，由频率分布直方图的性质，可得，解得，所以A正确；
对于B中，因为，，所以分位数，所以B正确；
对于C中，根据平均数的计算公式，可得，所以C正确；
对于D中，90分以上的人数为，所以D错误.
故答案为：D.
【分析】根据频率分布直方图的性质，平均数、中位数，百分位数的计算方法，即可求解.
5．（2023高三上·佳木斯期中）为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村振兴”的目标，银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于贷款人的年收入（单位：万元）的Logistic，模型：，已知当贷款人的年收入为8万元时，其实际还款比例为50%.若银行希望实际还款比例为40%，则贷款人的年收入为（ ）（精确到0.01万元，参考数据：，）
A．4.65万元 B．5.63万元 C．6.40万元 D．10.00万元
【答案】A
【知识点】一次函数、指数函数、对数函数的增长差异
【解析】【解答】解：由函数模型 ， 当时，可得，
，即，解得，
所以，令，
可得，可得，
所以，可得.
故答案为A.
【分析】先根据题设中数据代入计算函数中的参数的值，然后计算时，的值，即可求解.
6．（2023高三上·佳木斯期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：由题意，函数 函数的定义域为，
则函数的定义域满足，解得或，
即函数的定义域为 .
故答案为：A.
【分析】根据题意，结合抽象函数的定义的求法，列出不等式组，即可求解.
7．（2023高三上·佳木斯期中）已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由，可得，
抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，
故的概率为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，转化为抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，即可求解.
8．（2023高三上·佳木斯期中）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆方程的综合应用；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：在平面中，以B为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，设圆的圆心为，半径为，因为交于M，由阿氏圆的性质知，
因为，所以，
所以，所以，所以，
点P在空间中的轨迹为以O为球心，半径为2的球，
若点P在四边形内部时，如图所示，
截面圆与分别交于点，所以P在四边形内的轨迹为，
因为，在直角，所以，
所以，当P在平面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时，如图所示，
由面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，
截面圆与，且，
所以P在正方形内的轨迹为，所以，
综上可得，点P的轨迹长度为.
故答案为：C.
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度，即可求解.
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．（2023高三上·佳木斯期中）函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递减
D．把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
【答案】A,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：根据函数 的部分图象 ，
可得，所以，
再根据五点法作图可得，所以，所以，
故函数的最小正周期为，所以A正确；
令，求得，所以的图象不关于中心对称，所以B错误；
在上，，函数不单调，所以C错误；
把的图象向右平移个单位长度，得到的图象，显然是一个奇函数，所以D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据函数的图象，求得函数的解析式，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
10．（2023高三上·佳木斯期中）已知曲线：为焦点在轴上的椭圆，则（ ）
A．
B．的离心率为
C．的短轴长的取值范围是
D．的值越小，的焦距越大
【答案】A,C
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由 曲线：为焦点在轴上的椭圆，
可得，解得 ，所以A正确；
由，则，所以C的离心率为，所以B 错误；
由椭圆的短轴长为，因为，可得，所以C正确；
当的值越小，可得变小，且变大，所以此时椭圆的焦距变小，所以D不正确.
故答案为：AC.
【分析】根据椭圆的标准方程，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.
11．（2023高三上·佳木斯期中）已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线上两点，下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则线段MN的中点P到x轴的距离为6
C．若直线MN过点F，则
D．若，则的最小值为8
【答案】A,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线，可得焦点，准线方程为，
对于A中，根据抛物线的定义，可得，因为，所以的最小值为2，所以A正确；
对于B中，由，可得，可得，
所以线段MN的中点到的距离为4，所以B不正确；
对于C中，设直线MN的方程为，联立方程组，整理得，可得，所以C错误；
对于D中，设直线MN的方程为，联立方程组，整理得，
由抛物线的焦点弦的性质，可得，所以的最小值为8，所以D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据抛物的几何性质，抛物线的定义，以及抛物线的焦点弦的性质，逐项判定，即可求解.
12．（2023高三上·佳木斯期中）已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．
【答案】A,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则，当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以，所以，当且仅当时，等号成立，由，可得，
而，所以，
所以，当且仅当时成立，
即，所以A正确；
对于B中，，令，可得，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
所以，所以，所以B错误；
对于C中，，令，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以的最小值为，所以C正确；
对于D中，，令，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以，所以D不正确；
故答案为：AC.
【分析】令，利用导数求得函数的单调性，得到，进而得到，得出，可判定A正确；令，利用导数求得可得为增函数，得到，可判定B错误；令，利用导数求得单调性，得到，可判定C正确；
令，利用导数得到单调单调性，结合，可判定D不正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2023高三上·佳木斯期中）已知向量，，若在方向上的投影向量为，则x的值为 .
【答案】1
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】【解答】解：因为 在方向上的投影向量为， 所以，可得，
因为，所以，即，所以.
故答案为：1.
【分析】根据题意，结合向量的数量积的坐标运算公式，求得，列出方程，即可求解.
14．（2023高三上·佳木斯期中）若，，则 .
【答案】
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由，
令，可得；令，可得，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意，令，求得，令，求得，进而得到答案.
15．（2023高三上·佳木斯期中）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，
因为 不等式恒成立， 得，
整理得对任意恒成立，
又因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即实数的取值范围时.
故答案为：.
【分析】根据题意，求得，得到，把不等式转化为对任意恒成立，结合基本不等式，即可求解.
16．（2023高三上·佳木斯期中）已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为 .
【答案】8
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由，
因为，所以，即，
设，由题意，则，
所以，即，即椭圆C的标准方程为，
可得，则，
设椭圆的左焦点为F，右焦点为，如图所示，则的周长为：，
因为，当三点共线时，等号成立，所以，
所以的最大值为8.
故答案为：8.
【分析】根据题意，求得椭圆C的标准方程为，得到的周长为：，结合，即可求解.
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．（2023高三上·佳木斯期中）在等比数列和等差数列中，，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，，记数列的前项积为，证明：．
【答案】（1）解：设数列的公比为，数列的公差为，
由，有，，
又由，有，有，
又由，有，有，有，
可得，得或（舍去），故，，
故，；
（2）证明：由（1）知：，，
则，
当时，；
当时，，即，
又，，，，，
故，，
当时，，．
故．
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1） 设数列的公比为，数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得，，进而的数列的通项公式；
（2） 由（1）知：，得到，得到数列 的单调性，求得其最大值，即可求解.
18．（2023高三上·佳木斯期中）已知数列的前项和为，满足，等差数列中.
（1）求和的通项公式；
（2）数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.
【答案】（1）解：，，当时，，两式相减得：，
即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，，
在等差数列中，由，得，解得，
则公差，，
所以和的通项公式分别为，.
（2）解：令数列的第m项与数列的第k项相同，即，
于是，
显然是4的正整数倍，要成立，
当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；二项式系数的性质
【解析】【分析】（1） 根据题意，利用与的关系，求得，得到数列为等比数列，求得，再由等差数列的通项公式，列出方程，求得，得到数列的通项公式；
（2） 令数列的第m项与数列的第k项相同，得到，根据是4的正整数倍，要成立，得到，即可求解.
19．（2023高三上·佳木斯期中）为普及航空航天科技相关知识 发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.
项目 题型 每小题分值 每小题答对概率
甲类题
乙类题
丙类题
其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.
第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.
小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；
方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：
（1）若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；
（2）经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.
【答案】（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，
“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，
则，，，
记事件“小明答题次数恰好为次”，则.
，
即小明答题次数恰好为次的概率为.
（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.
，
，
，
.
所以，.
因为，所以选择方案一.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，结合，即可求解；
（2） 设小明竞赛得分为，得到方案二知的可能值为，，，，求得相依的概率，结合期望的公式，求得随机变量的的期望，即可求解.
20．（2023高三上·佳木斯期中）已知抛物线，为其焦点，，，三点都在抛物线上，且，直线，，的斜率分别为，，．
（1）求抛物线的方程，并证明；
（2）已知，且，，三点共线，若且，求直线的方程．
【答案】（1）解：由题抛物线，，且，
根据抛物线的定义，可得，解得，
所以抛物线的方程为，且点，
设点，可得，同理，
，
所以，，
所以，即.
（2）解：由，且三点共线，
设直线的方程为，其中（），
联立，消去得，
则，，
又由，解得或，
因为，所以，即，
则，解得，
由（1）知，所以，
即，且，所以，
所以直线的方程为，即.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，求得抛物线方程，设点，得到，和，且 ，即可得证；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，，根据，得到，求得的值，结合（1），求得，即可求解.
21．（2023高三上·佳木斯期中）已知椭圆的短轴长为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的左、右顶点分别为A、B，点P、Q是椭圆C上异于A、B的不同两点，直线BP的斜率为，直线AQ的斜率为，求证：直线PQ过定点．
【答案】（1）解：由题意有，解得，，
故椭圆C的标准方程为．
（2）证明：设点P、Q的坐标分别为，
由（1）知，点A的坐标为，点B的坐标为，
直线BP的方程为，
联立方程，
消去y后整理为，有，
可得，．
直线AQ的斜率为
联立方程，
消去y后整理为，有，
可得，．
当时，解得，直线PQ的方程为，过点，
当时，，，即，
所以三点共线，
故直线PQ过定点．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2） 直线BP的方程为，联立方程组，得到，．再由直线AQ的斜率为，联立方程组，得到，，利用时，得到直线PQ的方程为；当时，得到，得到三点共线，进而得到PQ过定点．
22．（2023高三上·佳木斯期中）已知函数.
（1）求时，函数有两个零点，求实数的取值范围；
（2）令，函数有两个零点和，且，当变化时，若有最小值(为自然对数的底数)，求常数的值.
【答案】（1）解：依题意，令，则，
当时，，方程无解，无零点；
所以，所以，
设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.
，设，
由于，，
①时，为上的减函数，有，
有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；
②当时，即， 在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，又，所以，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
③时，在上单调递减，上单调递增，此时的极小值为唯一零点，不符合要求；
④当时，即 ，在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，且由单调性知，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
综上，的取值范围：；
（2）解：已知函数有两个零点和，方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根.
则，即，令
可得：，则有最小值等价于的最小值为，
则
则，由于，则有
①若，则有在单调递增，恒成立，对恒成立，即在上单调递增，无最小值，此时不成立；
②若，则有在单调递减，在上单调递增，
由于，且当时，，
故，使得
则有在上单调递减，在上单调递增
即，
由于知， ，
所以，
即是的唯一解，此时.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1） 令，得到，得到，设，令 ，设，分类讨论求得函数的单调性，即可求解；
（2） 转化为方程有两个不等的实根，得到，令 ，转化为的最小值为，求得，得到，分或，得到函数的单调性，得到，得到结论.
1 / 1黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高三上册数学期中试卷
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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·安徽模拟）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022·浙江模拟）已知复数，且，则（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2023高三上·佳木斯期中）已知、、是不重合的直线，、是不重合的平面，对于下列命题
①若，，则
②且，则
③且，则
④若、是异面直线，，，且，则
其中真命题的序号是（ ）
A．①② B．③④ C．②④ D．①③
4．（2023高三上·佳木斯期中）2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，耀华园结合线上教育教学模式，开展了云升旗，云班会等活动．其中由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法不正确的是（ ）
A．图中的值为0.02
B．由直方图中的数据，可估计75%分位数是85
C．由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77
D．90分以上将获得优秀，则全校有20人获得优秀
5．（2023高三上·佳木斯期中）为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村振兴”的目标，银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于贷款人的年收入（单位：万元）的Logistic，模型：，已知当贷款人的年收入为8万元时，其实际还款比例为50%.若银行希望实际还款比例为40%，则贷款人的年收入为（ ）（精确到0.01万元，参考数据：，）
A．4.65万元 B．5.63万元 C．6.40万元 D．10.00万元
6．（2023高三上·佳木斯期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023高三上·佳木斯期中）已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·佳木斯期中）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
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．（2023高三上·佳木斯期中）函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递减
D．把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
10．（2023高三上·佳木斯期中）已知曲线：为焦点在轴上的椭圆，则（ ）
A．
B．的离心率为
C．的短轴长的取值范围是
D．的值越小，的焦距越大
11．（2023高三上·佳木斯期中）已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线上两点，下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则线段MN的中点P到x轴的距离为6
C．若直线MN过点F，则
D．若，则的最小值为8
12．（2023高三上·佳木斯期中）已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2023高三上·佳木斯期中）已知向量，，若在方向上的投影向量为，则x的值为 .
14．（2023高三上·佳木斯期中）若，，则 .
15．（2023高三上·佳木斯期中）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为 ．
16．（2023高三上·佳木斯期中）已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为 .
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．（2023高三上·佳木斯期中）在等比数列和等差数列中，，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，，记数列的前项积为，证明：．
18．（2023高三上·佳木斯期中）已知数列的前项和为，满足，等差数列中.
（1）求和的通项公式；
（2）数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.
19．（2023高三上·佳木斯期中）为普及航空航天科技相关知识 发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.
项目 题型 每小题分值 每小题答对概率
甲类题
乙类题
丙类题
其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.
第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.
小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；
方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：
（1）若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；
（2）经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.
20．（2023高三上·佳木斯期中）已知抛物线，为其焦点，，，三点都在抛物线上，且，直线，，的斜率分别为，，．
（1）求抛物线的方程，并证明；
（2）已知，且，，三点共线，若且，求直线的方程．
21．（2023高三上·佳木斯期中）已知椭圆的短轴长为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的左、右顶点分别为A、B，点P、Q是椭圆C上异于A、B的不同两点，直线BP的斜率为，直线AQ的斜率为，求证：直线PQ过定点．
22．（2023高三上·佳木斯期中）已知函数.
（1）求时，函数有两个零点，求实数的取值范围；
（2）令，函数有两个零点和，且，当变化时，若有最小值(为自然对数的底数)，求常数的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由可得集合，
根据指数函数单调性可得，即，所以；
因此；
根据交集运算可得
故答案为：C
【分析】根据一元二次不等式和指数不等式解法可得集合，，再根据交集、补集运算即可得出结果.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】由已知，
所以，．
故答案为：D．
【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．
3．【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：①中，由，，则与平行或异面，所以不正确；
②中，由且，则或，所以不正确；
③中，由且，根据线面垂直的性质，可得，所以正确；
④中，由、是异面直线，因为，，则在平面内存在直线，使得，又因为且，可得且，且相交，所以，所以正确.
故答案为：B.
【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
4．【答案】D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：对于A中，由频率分布直方图的性质，可得，解得，所以A正确；
对于B中，因为，，所以分位数，所以B正确；
对于C中，根据平均数的计算公式，可得，所以C正确；
对于D中，90分以上的人数为，所以D错误.
故答案为：D.
【分析】根据频率分布直方图的性质，平均数、中位数，百分位数的计算方法，即可求解.
5．【答案】A
【知识点】一次函数、指数函数、对数函数的增长差异
【解析】【解答】解：由函数模型 ， 当时，可得，
，即，解得，
所以，令，
可得，可得，
所以，可得.
故答案为A.
【分析】先根据题设中数据代入计算函数中的参数的值，然后计算时，的值，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：由题意，函数 函数的定义域为，
则函数的定义域满足，解得或，
即函数的定义域为 .
故答案为：A.
【分析】根据题意，结合抽象函数的定义的求法，列出不等式组，即可求解.
7．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由，可得，
抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，
故的概率为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，转化为抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，即可求解.
8．【答案】C
【知识点】圆方程的综合应用；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：在平面中，以B为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，设圆的圆心为，半径为，因为交于M，由阿氏圆的性质知，
因为，所以，
所以，所以，所以，
点P在空间中的轨迹为以O为球心，半径为2的球，
若点P在四边形内部时，如图所示，
截面圆与分别交于点，所以P在四边形内的轨迹为，
因为，在直角，所以，
所以，当P在平面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时，如图所示，
由面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，
截面圆与，且，
所以P在正方形内的轨迹为，所以，
综上可得，点P的轨迹长度为.
故答案为：C.
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度，即可求解.
9．【答案】A,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：根据函数 的部分图象 ，
可得，所以，
再根据五点法作图可得，所以，所以，
故函数的最小正周期为，所以A正确；
令，求得，所以的图象不关于中心对称，所以B错误；
在上，，函数不单调，所以C错误；
把的图象向右平移个单位长度，得到的图象，显然是一个奇函数，所以D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据函数的图象，求得函数的解析式，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
10．【答案】A,C
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由 曲线：为焦点在轴上的椭圆，
可得，解得 ，所以A正确；
由，则，所以C的离心率为，所以B 错误；
由椭圆的短轴长为，因为，可得，所以C正确；
当的值越小，可得变小，且变大，所以此时椭圆的焦距变小，所以D不正确.
故答案为：AC.
【分析】根据椭圆的标准方程，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.
11．【答案】A,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线，可得焦点，准线方程为，
对于A中，根据抛物线的定义，可得，因为，所以的最小值为2，所以A正确；
对于B中，由，可得，可得，
所以线段MN的中点到的距离为4，所以B不正确；
对于C中，设直线MN的方程为，联立方程组，整理得，可得，所以C错误；
对于D中，设直线MN的方程为，联立方程组，整理得，
由抛物线的焦点弦的性质，可得，所以的最小值为8，所以D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据抛物的几何性质，抛物线的定义，以及抛物线的焦点弦的性质，逐项判定，即可求解.
12．【答案】A,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则，当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以，所以，当且仅当时，等号成立，由，可得，
而，所以，
所以，当且仅当时成立，
即，所以A正确；
对于B中，，令，可得，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
所以，所以，所以B错误；
对于C中，，令，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以的最小值为，所以C正确；
对于D中，，令，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以，所以D不正确；
故答案为：AC.
【分析】令，利用导数求得函数的单调性，得到，进而得到，得出，可判定A正确；令，利用导数求得可得为增函数，得到，可判定B错误；令，利用导数求得单调性，得到，可判定C正确；
令，利用导数得到单调单调性，结合，可判定D不正确.
13．【答案】1
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】【解答】解：因为 在方向上的投影向量为， 所以，可得，
因为，所以，即，所以.
故答案为：1.
【分析】根据题意，结合向量的数量积的坐标运算公式，求得，列出方程，即可求解.
14．【答案】
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由，
令，可得；令，可得，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意，令，求得，令，求得，进而得到答案.
15．【答案】
【知识点】基本不等式；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，
因为 不等式恒成立， 得，
整理得对任意恒成立，
又因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即实数的取值范围时.
故答案为：.
【分析】根据题意，求得，得到，把不等式转化为对任意恒成立，结合基本不等式，即可求解.
16．【答案】8
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由，
因为，所以，即，
设，由题意，则，
所以，即，即椭圆C的标准方程为，
可得，则，
设椭圆的左焦点为F，右焦点为，如图所示，则的周长为：，
因为，当三点共线时，等号成立，所以，
所以的最大值为8.
故答案为：8.
【分析】根据题意，求得椭圆C的标准方程为，得到的周长为：，结合，即可求解.
17．【答案】（1）解：设数列的公比为，数列的公差为，
由，有，，
又由，有，有，
又由，有，有，有，
可得，得或（舍去），故，，
故，；
（2）证明：由（1）知：，，
则，
当时，；
当时，，即，
又，，，，，
故，，
当时，，．
故．
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1） 设数列的公比为，数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得，，进而的数列的通项公式；
（2） 由（1）知：，得到，得到数列 的单调性，求得其最大值，即可求解.
18．【答案】（1）解：，，当时，，两式相减得：，
即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，，
在等差数列中，由，得，解得，
则公差，，
所以和的通项公式分别为，.
（2）解：令数列的第m项与数列的第k项相同，即，
于是，
显然是4的正整数倍，要成立，
当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；二项式系数的性质
【解析】【分析】（1） 根据题意，利用与的关系，求得，得到数列为等比数列，求得，再由等差数列的通项公式，列出方程，求得，得到数列的通项公式；
（2） 令数列的第m项与数列的第k项相同，得到，根据是4的正整数倍，要成立，得到，即可求解.
19．【答案】（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，
“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，
则，，，
记事件“小明答题次数恰好为次”，则.
，
即小明答题次数恰好为次的概率为.
（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.
，
，
，
.
所以，.
因为，所以选择方案一.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，结合，即可求解；
（2） 设小明竞赛得分为，得到方案二知的可能值为，，，，求得相依的概率，结合期望的公式，求得随机变量的的期望，即可求解.
20．【答案】（1）解：由题抛物线，，且，
根据抛物线的定义，可得，解得，
所以抛物线的方程为，且点，
设点，可得，同理，
，
所以，，
所以，即.
（2）解：由，且三点共线，
设直线的方程为，其中（），
联立，消去得，
则，，
又由，解得或，
因为，所以，即，
则，解得，
由（1）知，所以，
即，且，所以，
所以直线的方程为，即.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，求得抛物线方程，设点，得到，和，且 ，即可得证；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，，根据，得到，求得的值，结合（1），求得，即可求解.
21．【答案】（1）解：由题意有，解得，，
故椭圆C的标准方程为．
（2）证明：设点P、Q的坐标分别为，
由（1）知，点A的坐标为，点B的坐标为，
直线BP的方程为，
联立方程，
消去y后整理为，有，
可得，．
直线AQ的斜率为
联立方程，
消去y后整理为，有，
可得，．
当时，解得，直线PQ的方程为，过点，
当时，，，即，
所以三点共线，
故直线PQ过定点．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2） 直线BP的方程为，联立方程组，得到，．再由直线AQ的斜率为，联立方程组，得到，，利用时，得到直线PQ的方程为；当时，得到，得到三点共线，进而得到PQ过定点．
22．【答案】（1）解：依题意，令，则，
当时，，方程无解，无零点；
所以，所以，
设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.
，设，
由于，，
①时，为上的减函数，有，
有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；
②当时，即， 在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，又，所以，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
③时，在上单调递减，上单调递增，此时的极小值为唯一零点，不符合要求；
④当时，即 ，在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，且由单调性知，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
综上，的取值范围：；
（2）解：已知函数有两个零点和，方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根.
则，即，令
可得：，则有最小值等价于的最小值为，
则
则，由于，则有
①若，则有在单调递增，恒成立，对恒成立，即在上单调递增，无最小值，此时不成立；
②若，则有在单调递减，在上单调递增，
由于，且当时，，
故，使得
则有在上单调递减，在上单调递增
即，
由于知， ，
所以，
即是的唯一解，此时.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1） 令，得到，得到，设，令 ，设，分类讨论求得函数的单调性，即可求解；
（2） 转化为方程有两个不等的实根，得到，令 ，转化为的最小值为，求得，得到，分或，得到函数的单调性，得到，得到结论.
1 / 1
