2023-2024学年浙江省温州市高三（上）期末数学试卷(含解析）

2023-2024学年浙江省温州市高三（上）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.设其中为虚数单位，则( )
A. B. C. D.
2.设集合，，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数，若关于的方程在上有两个不同的根，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.已知，，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
5.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. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“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，米堆底部的弧长为尺，米堆的高为尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知斛米的体积约为立方尺，圆周率约为，估算出堆放的米约有( )
A. 斛 B. 斛 C. 斛 D. 斛
8.已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。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. 是上的递减函数 D. 的值域为
10.某企业协会规定：企业员工一周天要有一天休息，另有一天的工作时间不超过小时，且其余天的工作时间均不超过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，中位数为
B. 乙企业：众数为，中位数为
C. 丙企业：众数和均值均为，下四分位数为，上四分位数为
D. 丁企业：均值为，方差为
11.已知数列满足，，若，，，则的值可能为( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则 ______．
13.已知圆与直线交于，两点，则经过点，，的圆的方程为______．
14.已知四棱锥的底面为边长为的菱形且，平面，且，，分别为边和的中点，平面，则 ______，四边形的面积等于______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数，．
若不单调，求实数的取值范围；
若的最小值为，求实数的取值范围．
16.本小题分
已知等比数列的前项和为，且满足，．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
17.本小题分
如图，以所在直线为轴将直角梯形旋转得到三棱台，其中，．
求证：；
若，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
现有标号依次为，，，的个盒子，标号为号的盒子里有个红球和个白球，其余盒子里都是个红球和个白球现从号盒子里取出个球放入号盒子，再从号盒子里取出个球放入号盒子，，依次进行到从号盒子里取出个球放入号盒子为止．
当时，求号盒子里有个红球的概率；
当时，求号盒子里的红球的个数的分布列；
记号盒子中红球的个数为，求的期望
19.本小题分
已知动点到点的距离与到直线：的距离之比等于．
求动点的轨迹的方程；
过直线上的一点作轨迹的两条切线，切点分别为，，且，
求点的坐标；
求的角平分线与轴交点的坐标．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意，．
故选：．
根据复数的模的性质求解．
本题考查复数的模，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：集合，
，
故A．
故选：．
先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：画出在上的图象，
因为在上有两个不同的根，
即两个函数有两个不同的交点．
则．
故选：．
用数形结合的方法可得的范围．
本题考查数形结合的方法求参数的范围，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：令，，
，
令，得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
当时，，即，
所以“”是“”的充分条件，
当，即时，与的大小关系不确定，
所以“”是“”的不必要条件．
故选：．
令，，求导分析单调性，结合充要条件的定义，即可得出答案．
本题考查充要条件，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：丙与丁相邻，有种不同排法；
丙丁作为一个元素，与另外两个人全排列，有种不同排法；
此时有个空，把甲乙按插空排列，有种不同排法；
利用分步相乘原理，可得种．
故选：．
先排丙与丁相邻，再排丙丁与另外两个人，最后把甲乙按插空排列，利用分步相乘原理求解即可．
本题考查了排列数的应用问题，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：的展开式的通项公式为：，
令，解得，故，
，解得，故，
，解得，故，
，解得，故，
故．
故选：．
结合二项式定理，求出展开式的通项公式，再依次求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查圆锥的体积的计算，比较基础．
根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为，则，
解得，
故米堆的体积为，
斛米的体积约为立方尺，
堆放的米约有斛，
故选：．
8.【答案】
【解析】解：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，，，所以，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：．
根据导数的几何意义求出曲线在点，，处的切线方程，由即可判断；画出函数与图象，由，可得，化简计算即可判断．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了数形结合思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，，，即，变形可得，
解可得：，即不等式的解集为，A正确；
对于，函数，其定义域为，
，都有，B错误；
对于，函数，，，故在上不是减函数，C错误；
对于，，变形可得，则有，解可得，即函数的值域为，D正确．
故选：．
根据题意，解不等式可得A正确，分析的奇偶性可得B正确，举出反例可得C错误，分析函数的值域可得D正确，综合可得答案．
本题考查函数的单调性、奇偶性，涉及函数的值域，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，数据、、、、、、，满足均值为，中位数为，但不是“达标”企业，
而数据、、、、、、，满足均值为，中位数为，是“达标”企业，
故无法确保该企业是“达标”的企业；
对于，数据、、、、、、，满足众数为，中位数为，但不是“达标”企业，
而数据、、、、、、，众数为，中位数为，是“达标”企业，
故无法确保该企业是“达标”的企业；
对于，丙企业：众数和均值均为，下四分位数为，上四分位数为，可得只有数据、、、、、、满足，符合要求，故C正确；
对于，数据、、、、、、，满足均值为，方差为，但不是“达标”企业，
而数据、、、、、、，满足均值为，方差为，是“达标”企业，
故无法确保该企业是“达标”的企业．
故选：．
根据各选项条件进行列举，用排除法即可得出．
本题考查样本数据的众数、中位数的计算，涉及百分位数的计算，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：若，可得，则数列：，，，，，，，是周期为的数列，故A错误；
若，可得，则数列是首项为，公差为的等差数列，且，即有，故B正确；
若，可得，由，，可得，，
即有，即有，即有，故C正确；
若，可得，即，可得数列是首项为，公比为的等比数列，
可得，即有，两式相减可得，
当为偶数时，，即偶数项是首项为，公差为的等差数列，可得，故D正确．
故选：．
对选项一一判断，结合数列的周期性和等差数列、等比数列的定义、通项公式，可得正确结论．
本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：若，则．
故答案为：．
由已知结合两角差的正弦公式及同角基本关系进行化简即可求解．
本题主要考查了两角差的正弦公式及同角基本关系的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由圆与直线交于，两点，
可设经过点，的圆的方程为，
又圆经过点，代入可得，
解得，
即，化简可得．
故答案为：．
设出圆系方程，再代入点的坐标求解即可．
本题考查了圆系方程的运用，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：如图，
根据题意可知为等腰直角三角形，且，又为中点，
延长至，使得，连接，，，
四边形是边长为的正方形，
，又，，且，
四边形为平行四边形，连接交于点，
易知∽，又为中点，，
，又易知，，，，
；
为中点，为的靠近的三等分点，
，，
又，，
又易知，，，
边上的高，
，
．
故答案为：；．
作出图形，延长至，使得，连接，，，则易知四边形是边长为的正方形，四边形为平行四边形，连接交于点，由∽，可得，从而可得，从而可得，进而可得，再分别计算与的面积，即可分别求解．
本题考查立体几何的综合应用，平面的拓展问题，属中档题．
15.【答案】解：由，，得，
令，则或，因为不单调，所以．
此时在上单调递减，在上单调递增，符合题意，
故的取值范围为．
因为的最小值为，
结合由可知，在上单调递减，
所以，即的取值范围为．
【解析】对求导，根据不单调，结合在上的单调性，求出的取值范围；
根据的最小值为，结合由可知，在上单调递减，再求出的取值范围即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了转化思想，属基础题．
16.【答案】解：由题意，设等比数列的公比为，
则，
，
数列是等比数列，
，，
，可得，
化简整理，得，
则，
，
，即，
，
解得，
，．
由可得，，
则
，
．
【解析】先设等比数列的公比为，再根据题干已知条件及等比数列的通项公式列出关于公比的方程，解出公比的值，进一步推导出首项的值，即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的前项和的表达式，进一步计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前项和．
本题主要考查等比数列的基本运算，以及数列求和问题．考查了方程思想，整体思想，转化与化归思想，裂项相消法，等比数列的通项公式与求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
17.【答案】解：证明：连接，，设，则，
由条件易得，，，
同理可得，又，，平面，
平面，平面，；
由可得，
，，是等边三角形，
，，．
又，，，平面，平面，
过点作交于点，连接．
由，所以为的中点，又，所以，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面．
过点作交于点，连接．
就是直线与平面所成的角．面面，
就是直线与面所成的线面角．
，又，，，
，即直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】连接，，设，利用平面几何知识可得，可证，同理可证，进而可证平面，可证结论；
过点作交于点，连接过点作交于点，连接证明就是直线与平面所成的角，求解可得直线与平面所成角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查推理论证能力，属中档题．
18.【答案】解：由题可知号盒子里有个红球的概率为；
由题可知，可取，，，
，
，
，
所以号盒子里的红球的个数的分布列为：


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．
【解析】由古典概率模型进行求解；
可取，，，求出对应的概率，再列出分布列即可；
记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解．
本题考查了古典概率模型和离散型随机变量的分布列，属于难题．
19.【答案】解：设，由题意可得，
整理可得，
即动点的轨迹的方程为；
设，切线方程为，代入，
可得，
由题意可得，
得，
设该方程的两根分别为，，
分别为，的斜率，则有，，
因为，的方向向量分别为，，
所以，
解得，即，
所以，
由对称性，不妨取，所以，
将代入方程可得，
解得，，
，
得，
所以点的坐标为．
，
可得，
即点的坐标．
【解析】设，由题意可得，整理可得；
设切线与联立，结合韦达定理求出，，根据夹角公式求解即可；
由对称性，取，所以，将代入方程可得，求得，再利用两角差正切公式，即可求解．
本题考查圆锥曲线的综合应用，属于难题．
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