上高县2023-2024学年高三上学期期末考试
数学试卷
单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1．已知集合，，则
A． B． C． D．
2. 若，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3．已知向量，，若，则
A． B． C． D．
4．甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是
A．，互斥 B． C． D．
5．阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年），古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等．尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质．其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，其离心率，从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则
A． B． C． D．
6. 已知定义域为R的函数，对任意的都有，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
7. 正方体的棱长为2，是棱上的一个动点（含端点），则的最小值为（ ）
A. 4 B. C. D.
8．若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是
A． B． C． D．
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
9．过抛物线（）的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角可能为
A．30° B．60° C．120°
10. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论错误的是（ ）
A ，，则
B. ，，，，则
C. ，，，则
D. ，，，则
11．已知函数（，，），若的图象过，，三点，其中点B为函数图象的最高点（如图所示），将图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则
A． B．
C．的图象关于直线对称 D．在上单调递减
12．如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则
A．若平面，则点P与点B重合
B．以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为
C．若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为
D．若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．的展开式中的常数项为 ．（用数字作答）
14. 若P，Q分别为抛物线C：与圆M：上的两个动点，则的最小值为______．
15. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为______用数字作答．
16．在1，3中间插入二者的乘积，得到13，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，，，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为 ．
四、解答题：本题共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，内角A，B，C满足．
（1）求；
（2）若边上的高等于，求．
18. 已知等比数列的前n项和为，且，（）
（1）求数列的通项公式；
（2）当（）时，在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若，求数列的前n项和．
19. 我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，窟盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍的字面意思为茅草屋顶．”现有一个“刍甍”如图所示，四边形ABCD为矩形，四边形ABFE、CDEF为两个全等的等腰梯形，EF∥AB，，，P是线段AD上一点．
（1）若点P是线段AD上靠近点A的三等分点，Q为线段CF上一点，且，证明：PF∥平面BDQ；
（2）若E到平面ABCD的距离为，PF与平面BCF所成角的正弦值为，求AP的长．
20.面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分．
（1）若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望．
附：若（），则，，．
21. 已知椭圆方程E：左焦点为F，直线（）与椭圆E相交于A，B，点A在第一象限，直线与椭圆E的另一点交点为C，且点C关于原点O的对称点为D．
（1）设直线，的斜率分别为，，证明：为常数；
（2）求面积的最大值．
22. 已知函数（）．
（1）当时，求的最小值；
（2）若有2个零点，求a的取值范围．上高县2023-2024学年高三上学期期末考试
数学试卷 答案解析
单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1．已知集合，，则
A． B． C． D．
1．B
由，得，或，所以．所以，由，得，所以．故选B．
2. 若，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数乘法运算化简复数，再由复数的几何意义即可得出答案.
【详解】由题，有，
z在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A．
3．已知向量，，若，则
A． B． C． D．
因为，所以，即，所以，所以．故选C．
4．甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是
A．，互斥 B． C． D．
4．C
因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；由题意得，，，，故B，D均正确；因为，故C错误．故选C．
5．阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年），古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等．尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质．其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，其离心率，从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则
A． B． C． D．
5．B
设，，，由题意知，，，所以，，，所以，又，所以，解得，所以．故选B．
6. 已知定义域为R的函数，对任意的都有，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，由题意可得出在R上单调递增，所以不等式可变形为得，由单调性解不等式即可得出答案.
【详解】令，则，
则在R上单调递增，，
由可得，即，
得，，
故选：B．
7. 正方体的棱长为2，是棱上的一个动点（含端点），则的最小值为（ ）
A. 4 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将绕翻折至与共平面，当，，共线时，最小.
【详解】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为，
为等腰直角三角形，其直角边长为，
将下图中绕翻折至与共平面，
因为，，所以，，共线时，
最小，此时为中点，则最小值为．
故选：C
8．若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是
A． B． C． D．
8．A
原不等式等价于，设，，则，令，得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．又，时，，因此与的图象如图，
当时，显然不满足题意；当时，当且仅当，或．
由第一个不等式组，得，即，
由第二个不等式组，得，该不等式组无解．
综上所述，．故选A．
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
9．过抛物线（）的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角可能为
A．30° B．60° C．120°
9．BC
当l的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为F，准线方程为，分别过A，B作准线的垂线，垂足为A＇，B＇，直线l交准线于C，作BM⊥AA＇，垂足为M，则，，，所以，，所以，则l的倾斜角，同理可得当直线l的倾斜角为钝角时，其大小为120°．故选BC．
10. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论错误的是（ ）
A ，，则
B. ，，，，则
C. ，，，则
D. ，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由点、线、面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，若，，则或，A错误；
对于B，若，，，，则或，相交，
只有加上条件m，n相交，结论才成立，B错误；
对于C，若，，则，又因为，所以，C正确；
对于D，若，，无法得到，
只有加上条件才能得出结论，D错误.
故选：ABD.
11．已知函数（，，），若的图象过，，三点，其中点B为函数图象的最高点（如图所示），将图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则
A． B．
C．的图象关于直线对称 D．在上单调递减
11．BC
由题意得，，，所以，．由，，得，，所以，，所以．又，只可能，所以，所以，，故A错误，B正确；因为，所以的图象关于直线对称，故C正确；令（），解得（），令，得，又包含但不是其子集，故D错误．故选BC．
12．如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则
A．若平面，则点P与点B重合
B．以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为
C．若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为
D．若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧
12．ABC
由正方体的性质，易证平面，若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾，故当平面时，点P与B重合，故A正确；
由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点D在底面的射影为的中心H，连接DH，由，得，所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分，如图所示，，所以．，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于，所以球面与截面的交线的长度为，故B正确；
对于C，过E，P的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、，分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示：
则截面为五边形，易求，，，，，故，所以，，所以五边形的面积，故C正确；因为平面，所以．因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离，由题意知点P到点的距离等于点P到的距离，故点P的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误．故选ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．的展开式中的常数项为 ．（用数字作答）
13．
，令，解得，故常数项为．
14. 若P，Q分别为抛物线C：与圆M：上的两个动点，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，，由两点的距离公式求出，由二次函数的性质求出的最大值，的最小值为，即可得出答案.
【详解】设，则，圆M：的圆心为，
，
当时等号成立，
所以的最小值为.
15. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为______用数字作答．
【答案】36
【解析】
【分析】根据题意，先将卡分为符合题意要求的3份，可以转化为将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，用插空法易得其情况数目，再将分好的3份对应到3个人，由排列知识可得其情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．
【详解】先将卡分为符合条件的3份，由题意，3人分5张卡，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有种情况，再对应到3个人，有种情况，则共有种情况．故答案为36
16．在1，3中间插入二者的乘积，得到13，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，，，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为 ．
16．
因为，所以，所以，又，所以，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以，所以．
四、解答题：本题共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，内角A，B，C满足．
（1）求；
（2）若边上的高等于，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理与余弦定理求解即可；
（2）由几何图形分析，设边上的高为，为垂足，在中，，，，设，从而求出，，进而求解即可.
【小问1详解】
设的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，
因为，
由正弦定理得：，
由余弦理得
又因为，
所以，．
【小问2详解】
如图：
设边上的高为，为垂足，
在中，；
在中，，，，
设，则，，
所以，
所以.
18. 已知等比数列的前n项和为，且，（）
（1）求数列的通项公式；
（2）当（）时，在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列前n项和与通项公式的关系及等比数列的通项计算即可；
（2）利用等差数列的定义与通项公式计算，再由错位相减法计算求和即可.
【小问1详解】
由得：，两式相减得：，
又因为，所以，
所以数列为等比数列且公比为2,
所以数列的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）得：，，所以，
即，
又，所以，
所以，①
，②
①－②得：
，
则，时，，符合，
故.
19. 我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，窟盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍的字面意思为茅草屋顶．”现有一个“刍甍”如图所示，四边形ABCD为矩形，四边形ABFE、CDEF为两个全等的等腰梯形，EF∥AB，，，P是线段AD上一点．
（1）若点P是线段AD上靠近点A的三等分点，Q为线段CF上一点，且，证明：PF∥平面BDQ；
（2）若E到平面ABCD的距离为，PF与平面BCF所成角的正弦值为，求AP的长．
（1）证明：连接CP交BD于点H，连接HQ，
因为AD∥BC，且，所以，
因为，所以，
所以，所以PF∥HQ，
因为平面BDQ，平面BDQ，
所以PF∥平面BDQ．
（2）解：分别取AD，BC的中点I，J，连接EI，IJ，FJ，则IJ∥AB，且，
因为四边形ABFE与四边形CDEF为全等的等腰梯形，所以，四边形EIJF为等腰梯形，且EF∥IJ，，
EI⊥AD，FJ⊥BC，又AD∥BC，所以FJ⊥AD，
因为EI，平面EIJF，且EI，FJ为两条相交直线，
所以AD⊥平面EIJF，所以平面ABCD⊥平面EIJF．
过E在平面EIJF内作IJ的垂线，垂足为M，则EM⊥平面ABCD，
，．
过M作MK∥AD，易得MK，MJ，ME两两垂直，以M为坐标原点，MK，MJ，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，，
设（），所以，，．
设平面BCF的一个法向量，则，即，
令，解得，，所以，
设PF与平面BCF所成角的大小为，则
，
解得，且满足题意，
所以，或．
20.面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分．
（1）若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望．
附：若（），则，，．
解：
（1）因为X服从正态分布，所以，，，
所以．
进入面试的人数，．
因此，进入面试的人数大约为16．
（2）由题意可知，Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
．
所以．
21. 已知椭圆方程E：左焦点为F，直线（）与椭圆E相交于A，B，点A在第一象限，直线与椭圆E的另一点交点为C，且点C关于原点O的对称点为D．
（1）设直线，的斜率分别为，，证明：为常数；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）设出，，则，表达出，，由点差法得到证明；
（2）三角形面积等于三角形的面积2倍，设直线方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，换元后，结合对勾函数性质求出最值，得到答案.
【小问1详解】
由题意知，，若，此时直线的斜率不存在，不合要求，舍去，
设，，，此时，
则，，，
又①，②，
式子①－②得，
所以；
【小问2详解】
由题意可知，三角形面积等于三角形的面积2倍，
椭圆左焦点F为，可设直线方程为，
联立方程组，
即，
故，，
所以三角形的面积为
，
令，，
由对勾函数性质可得在单调递增，
故，当且仅当取得最小值成立，
所以，当且仅当，即时成立，
三角形的面积的最大值为，
所以面积的最大值为3.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
22. 已知函数（）．
（1）当时，求的最小值；
（2）若有2个零点，求a的取值范围．
解：
（1）的定义域为．
当时，，．
令（），则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
（2）由题意知（）．
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意；
②当时，令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一，使得，所以．
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
（a）当时，由（1）知，即时，，且，只有一个零点1，不合题意；
（b）当时，因为，则，又在上单调递减，
所以，
而，
令，则．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，所以；
当时，，即．
又，
所以，
所以，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点．
又在上有且仅有一个零点1，
所以，当时，存在两个零点；
（c）当时，由，得，又在上单调递增，
所以．
取，则，所以．
当时，，
所以，
所以，
所以．
又，所以，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点，又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点．
综上可知，a的取值范围是．
