2023-2024学年辽宁省本溪市高三上学期期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省本溪市高三上学期期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，，，则( )
A. B. C. D.
2.已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角是
( )
A. B. C. D.
3.已知，是两个单位向量，则“”是“”的
( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
4.某人将用“，，，，，”进行排列设置位数字密码，其中两个“”相邻的概率是( )
A. B. C. D.
5.双曲线的焦距为( )
A. B. C. D.
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围是
( )
A. B.
C. D.
8.以半径为的球为内切球的圆锥中，体积最小值时，圆锥底面半径满足( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知为复数，设，，在复平面上对应的点分别为，，，其中为坐标原点，则( )
A. B. C. D.
10.已知正方体，点满足，，，下列说法正确的是
( )
A. 存在无穷多个点，使得过，，的平面与正方体的截面是菱形
B. 存在唯一一点，使得平面
C. 存在无穷多个点，使得
D. 存在唯一一点，使得平面
11.已知数列，，，，，现在对该数列进行一种变换，规则每个都变为“，，”，每个都变为“，，”，得到一个新数列，记数列，，，，，且的所有项的和为，则以下判断正确的是
( )
A. 的项数为 B.
C. 中的个数为 D.
12.下列大小关系正确的是
．( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.的展开式中的系数为 ．
14.已知函数的部分图像如图所示，其中的图像在轴右侧与轴的交点的横坐标从小到大依次，，，且，则 ．
15.函数的最大值为 ．
16.已知抛物线的准线为，过点的直线交于，两点，的中点为，分别过点，，作的垂线，垂足依次为，，，则当取最小值时， ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
的内角，，的对边分别为，，设C.
求
若，，求的面积．
18.本小题分
已知正项数列的前项和为，且对一切正整数都成立，记．
求数列的通项公式
已知为正整数记数列的前项和为，求．
19.本小题分
如图，在五棱锥中，平面，，，，，，．
求证：平面平面
已知直线与平面所成的角为，求点到平面的距离．
20.本小题分
已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于，两点，过的直线交椭圆于，两点，且，垂足为，
求椭圆的标准方程
求四边形的面积的最小值．
21.本小题分
某企业打算处理一批产品，这些产品每箱件，以箱为单位销售，已知这批产品中每箱都有废品每箱的废品率只有或者两种可能，且两种可能的产品市场占有率分别为，假设该产品正品每件市场价格为元，废品不值钱，现处理价格为每箱元，遇到废品不予更换，以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据运算结果保留分数
在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买
现允许开箱，不放回地随机从一箱中抽取件产品进行检验，已发现在抽取检验的件产品中，其中恰有一件是废品
求此箱是废品率为的概率
判断此箱是否可以购买，并说明理由．
22.本小题分
对于定义在上的函数，其导函数为若存在，使得，且是函数的极值点，则称函数为“极致函数”．
设函数，其中，
若是单调函数，求实数的取值范围
证明：函数不是“极致函数”．
对任意，证明：函数是“极致函数”．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查集合交并补混合运算，属于基础题．
先化简集合，，再利用集合的补集和并集运算求解．
【解答】
解：因为，或，
所以，，
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查两直线垂直与斜率、倾斜角的关系，为基础题．
由题意求得直线的斜率，进而即可求出倾斜角．
【解答】
解：设直线的斜率为，直线的斜率为，
直线的斜率为，
因为直线与垂直，
所以，解得，
设直线的倾斜角为，，
则，解得，
则直线的倾斜角为．
故选B．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积运算性质、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
，均为单位向量，利用平面向量的数量积运算性质化简，即可得出．
【解答】解：，均为单位向量，．
．
是的充要条件．
故选C．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查古典概型的概率计算，根据条件分别求出基本事件的个数是解决本题的关键，属于基础题．
分析题意，首先根据分步计数原理求出用“，，，，，”进行排列的所有排法再由捆绑法求出两个“”相邻的情况然后根据古典概型概率公式求出两个“”相邻的概率，从而得到答案．．
【解答】
解：用，，，，，进行排列共有种排法，
其中两个相邻的排法有种，
故所求概率．
故选C．
5.【答案】
【解析】解：因为双曲线的实轴为，所以双曲线与实轴的交点为：，
所以，，
因为双曲线的渐近线是坐标轴，是等轴双曲线，所以双曲线的离心率为，
所以，．
故选：．
求出双曲线的实轴与双曲线的交点，求出，利用双曲线的渐近线方程求出焦距即可．
题考查双曲线的基本性质的应用，考查计算能力．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用两角和差的三角函数公式以及辅助角公式进行转化是解决本题的关键．
利用两角和差的三角函数公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可．
【解答】解：，
，
即，
得，
即，得
，
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查利用导数的几何意义，过某点的切线方程的求法和切线的条数问题，考查等价转化的思想的应用，属于中档题设出切点坐标，求导得切线斜率，点斜式写出切线方程，有两条切线则有两个切点转化为方程根得个数求解即可．
【解答】
解：设切点为 ，由已知得 ，
则切线斜率 ，切线方程为 ．
因为直线过点 ，则 ，化简得 ．
因为切线有且仅有条，
即 ，解得．
故选D．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查球的内切问题，考查圆锥的结构特征和体积公式，属于中档题．
设圆锥的高为，作出圆锥的轴截面，利用相似比求出，再根据圆锥的体积公式结合二次函数的性质即可得解．
【解答】
解：设圆锥的高为，如图，为圆锥的轴截面，
则，
解得，
故圆锥的体积，
当，即时，，
所以圆锥体积最小值时，圆锥底面半径满足
故选D．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，向量的模，向量的数量积，共线向量坐标运算，属于中档题．
设，则，，可知，，，再逐项判断即可得出答案．
【解答】
解：设，则，，
所以，，，
对于，，A正确；
对于，，所以，B正确
对于，，
，
所以不一定成立，C错误
对于，，，
而不一定成立，所以与不一定平行，D错误；
故选AB．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，属于中档题．
对于，为线段上任意一点，都可以使得过，，的平面与正方体的截面是菱形，从而可判断；对于，可证明平面平面，由平面平面可判断；以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，根据向量法可判断．
【解答】
解：由题意，点 是正方体 侧面 包含边界上一点，
对于，为线段上任意一点，都可以使得过，，的平面与正方体的截面是菱形，故A正确；
对于，易知，，所以平面平面．
因为平面平面，
所以当在线段上时，都有平面，故B错误；
对于，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
设正方体的棱长为，则，
则，
所以，故C正确；
对于，，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
故是平面的一个法向量．
若平面，则，
所以，解得，
故存在唯一一点 ，使得平面，故D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的应用以及等比数列的通项公式，属于较难题．
根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列判断，根据变换规则，得出数列中与个数的规律，
结合数列项数为，即可判断、、三个选项．
【解答】
解：设数列的项数为一个数列，因为中有项，即，
根据题意：在作用下，每个都变为“，，”，每个都变为“，，”，
所以有，由此可知数列为首项，公比的等比数列，
所以的项数为，故A正确
根据变换规则，若数列的各项中，与的个数相同，
则与之相邻的下一个数列中与的个数也相同
若比多个，则与之相邻的下一个数列中比的个数少个
若比少个，则与之相邻的下一个数列中比的个数多个
因为中有项，其中个，个，比少个，
所以的项中，比的个数多个
以此类推，若为奇数，则数列的各项中比少个，
若为偶数，则数列的各项中比多个
中共有项，其中为奇数，所以数列中有个，有个，所以，故B正确
中，项数为个，为偶数，所以的个数为，故C正确
选项，的值与的奇偶有关，故D错误．
故选：
12.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了利用指数函数、对数函数、幂函数的性质比较大小，属于较难题．
由和的图象可判断，由的单调性可判断计算可判断．
【解答】
解：作出和的图象，如图所示，
对于选项AB，由图象可得，当时，，则，
当时，，则，故A，B正确；
对于选项C，令，则，又在上单调递减，
所以在上单调递减，又，所以，故C错误
对于选项D，作差可得：，所以，故D正确．
故本题选：．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了二项式的展开式的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
，进而利用二项式的展开式求解即可．
【解答】
解：，展开式的通项公式为：
，
令，得，
的展开式中的系数为．
故答案为．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数 的图像与性质，是中档题．
由三角函数图像的性质计算出未知量，，然后相邻两个零点差值为半周期即可解题．
【解答】
解：由图知最大值与最小值分别为，
由标准正弦函数图像可知，相邻两个零点的差值为半周期，
零点下标差为时，两个零点的差值为整周期，
即．
由可知：
代入有：
令，
当时，得到函数在轴右侧的第三个零点．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查求函数的最值，属于一般题．
由于，，令，，换元，利用二次函数的性质求出，即可求的最大值．
【解答】
解：由于，
令，
令，则，
故．
再令，
则
故，即，
故的最大值为
16.【答案】
【解析】【分析】
考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
设直线的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，由判别式大于求出斜率的范围，由抛物线的性质及题意进而求出，的表达式，由二次函数性质求出取最小值时的的值．
【解答】
解：由题意如图所示：
设直线的斜率为，，，
设，由题意设直线的方程为：，
将直线与抛物线联立整理得：，，
解得，又斜率为正值，
故，，，
所以的中点的横坐标，
所以，
，
所以，
所以当时，取最小值，
此时，，．
故答案为：．
17.【答案】解：，
即，
由正弦定理可得，
则，
因为，所以．
根据，
由正弦定理得，
又，，
则，
整理可得，
即，
所以，
因为，，
所以，即，
则，，
由正弦定理得即得，
所以面积．
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角形面积公式，是中档题．
将已知条件化简后，由正弦定理可得，再由余弦定理得出，可得的值；
根据，由正弦定理得，结合化简得，可得的值，再由正弦定理得出，利用三角形面积公式可得结果．
18.【答案】解：由，得，
两式相减得，即，
所以，即，
当时，，即，从而，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
由知，
于是
．
【解析】本题考查了与的关系、等比数列的通项公式以及分组并项法求和，是中档题．
由，得，两式相减得，由等比数列得出数列的通项公式
由知，由分组求和可得结果．
19.【答案】证明：因为，，
所以在中由余弦定理得
解得，
又由得
因为所以
因为平面，平面
所以，
又因为，，平面，
所以平面
又因为平面，
所以平面平面．
由得，，两两互相垂直，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设
因为，，所以四边形是直角梯形
因为，，
所以，，
所以
则，，
设是平面的一个法向量
则有，即
令，得
设是直线与平面所成的角，
则有，，解得
所以，，
设点到平面的距离为
所以点到平面的距离为．
【解析】本题重点考查面面垂直的判定、线面角和点面距离，属于一般题．
通过求证平面，由面面垂直的判定定理即可求证
建立空间直角坐标系，设，先求出，再利用向量法即可求解．
20.【答案】解：因为是直角三角形，且，
所以椭圆的半焦距，
由，得，
则，
所以椭圆的标准方程为．
当的斜率存在且时，的方程为代入椭圆方程，
并化简得．
设，，则，
因为与相交于点，且的斜率为，
所以，．
四边形的面积．
当时，上式取等号．
当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积．
综上，四边形的面积的最小值为．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系和椭圆中三角形的面积，是较难题．
由题意椭圆的半焦距，由，得，可得椭圆的标准方程
当的斜率存在且时，的方程为代入椭圆方程联立，得出和，由基本不等式可得四边形的面积最小值；当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积，比较可得结论．
21.【答案】解：设每箱实际价格为，则可能取值为元，元．
所以，，
，
所以值得购买；
设每箱实际价格为，则可能取值为元，元，
设“废品率”，“废品率”，
“检验件产品，恰好有一件废品”，
，
，
，
，
因为，
则的分布列为
所以此箱值得购买．
【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列和离散型随机变量的期望，是中档题．
可能取值为元，元，得出对应概率，可得，可得结论；
易得可能取值为元，元，由条件概率可得结果，再得出的期望，可得结论．
22.【答案】解：由题意，得．
若在上单调递减，则恒成立，
即恒成立，所以
若在上单调递增，则恒成立，
即恒成立，所以，
综上，实数的取值范围为
假设是“极致函数”，则是的极值点，
所以，解得，
由可知，当时，在上单调递减，与是的极值点矛盾，
故不是“极致函数”．
由题意，得，则．
当时，，
易知当时，．
设，
当，即时，由可知，在上单调递减，
又，所以当时，，
即当时，，即，
所以在处取得极大值，此时是“极致函数”；
当，即时，由可知，在上单调递增，
又，所以当时，，即，当时，，即，
所以在处取得极小值，此时是“极致函数”
当时，，
设，
易知在上单调递增，在上单调递减．
因为，，
所以存在，，使得，
且当时，，
即，在上单调递增．
又，所以当时，，即，当时，，即，
所以在处取得极小值，此时是“极致函数”．
综上，对任意，均为“极致函数”．
【解析】本题考查了利用导数由函数的单调性求参、导数的新定义问题和利用导数证明不等式，是较难题．
由题意，得，分若在上单调递减和单调递增，分离变量可得实数的取值范围假设是“极致函数”，则是的极值点，由，得，由新定义判定即可；
由题意，得，则，当时，，易知当时，设，，利用研究单调性极值，即可得证．
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