湖南省长沙市雅礼教育集团2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（含解析）

雅礼教育集团2023-2024学年高三上学期期末考试
数学
得分：__________
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.
第I卷
一、选择题：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.设集合，.则（ ）
A. B. C. D.
2.若实数a，b满足，则下列不等式中成立的是（ ）
A. B. C. D.
3.抛物线上的点到其焦点的最短距离为（ ）
A.4 B.2 C.1 D.
4.设向量，满足，，则（ ）
A.1 B.2 C.3 D.5
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.二维码与生活息息相关，我们使用的二维码主要是21×21大小的，即441个点，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码，假设我们1秒钟用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么大约可以用（参考数据：，）（ ）
A.万年 B.117万年
C.万年 D.205万年
7.记为数列的前项和，给出以下条件，其中一定可以推出为等比数列的条件是（ ）
A. B.
C. D.是等比数列
8.拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在区间上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数在区间上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.3
二、选择题：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.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，为非零常数，则（ ）
A.两组样本数据的样本平均数可能相同
B.两组样本数据的样本中位数一定不同
C.两组样本数据的样本标准差可能相同
D.两组样本数据的样本极差一定不同
10.已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A.点在圆内 B.圆关于直线对称
C.半径为 D.直线与圆相切
11.已知函数的定义域为，，则（ ）
A. B.
C.为奇函数 D.没有极值点
12.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立，发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.若在信道内依次发送信号1，0，为了检验，收到信号的一端将收到的信号发回到输入端.下列说法正确的是（ ）
A.“收到的信号为1，0”是“传回的信号为1，0”的充分条件
B.“收到的信号为1，0”与“传回的信号为1，0”不一定是相互独立的
C.若，则事件“传回的信号为1，0”的概率一定大于0.25
D.若，，则事件“传回的信号为1，0”的概率为31.68%
答题卡
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得分
答案
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若复数，则__________.
14.双曲线的顶点坐标为__________.
15.已知函数在上恰有一个极值点，则的取值范围是__________.
16.在长方体中，已知，E，F分别为，的中点，则平面被三棱锥的外接球截得的截面圆面积为__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分10分）
设数列的前项和为，若，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）
已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为.
（1）若，求的值；
（2）当角A为何值时，取得最大值，并求出该值.
19.（本小题满分12分）
如图，圆台下底面圆O的直径为，C是圆O上异于A，B的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，.
（1）证明：平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若当时，，求的取值范围
21.（本小题满分12分）
设，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆E上，且点P和点关于点对称.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆相交于A，B两点，过点P且平行于的直线与椭圆交于另一点Q，问是否存在直线，使得四边形的对角线互相平分 若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
22.（本小题满分12分）
某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立
（1）若，求数学期望；
（2）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关.团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为.现将100只接种疫苗后的白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示.
（i）试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）；
（ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：.
雅礼教育集团2023-2024学年高三上学期期末考试
数学参考答案
一、二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C D C A C A A B AC BD AC BC
1.C【解析】，所以，故选：C.
2.D【解析】由题意，，所以，故D正确；当，时，，但，，，故A，B，C错误.故选：D.
3.C【解析】由已知焦点为（0，1），故抛物线上的点到焦点的距离为，当时等号成立，当然也可作图，利用抛物线的定义.故选：C.
4.A【解析】由，得，由，得，两式相减得，所以.故选：A.
5.C【解析】∵，∴，故选：C.
6.A【解析】由题意大约能用万年，则，所以，故选：A.
7.A【解析】对于A，已知，所以，，，，，，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，，因为，符合上式，
所以数列是通项为的等比数列，A选项正确；
对于B，已知，所以，，
，，，
因为，不符合上式，所以B选项错误；
对于C，已知，当首项为零时，不符合题意，C选项错误；
对于D，已知是等比数列，则设的通项公式为，，，，不符合等比数列的通项公式，D选项错误.故选：A.
8.B【解析】，令为函数在区间上的“拉格朗日中值点”，则，令，则在区间上恒成立，故在区间上单调递增，又，，由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.故选：B.
9.AC【解析】当取，，，时，可知A正确，B错误；，故时方差可能相同，故C正确；
由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，时极差相同，故D错误，故选：AC.
10.BD【解析】整理得：，
∵，时，∴点在圆M外，A错；
∵圆心在直线上，∴圆关于直线对称，B对；
∵圆半径为1，故C错；
∵圆心到直线的距离为，与半径相等，
∴直线与圆相切，D对.
故选：BD.
11.AC【解析】令，得，A正确；令，得，令，得，则为奇函数，C正确；由，可得，根据函数结构举例，当时，可设，则当时，，，，B错误；当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，此时有极值点，D错误；故选：AC.
12.BC【解析】收到信号为0，0概率为，则传回信号为1，0概率为，
收到信号为1，0概率为，则传回信号为1，0概率为，
收到信号为0，1概率为，则传回信号为1，0概率为，
收到信号为1，1概率为，则传回信号为1，0概率为，
所以传回信号为1，0概率为，
显然“收到的信号为1，0”不是“传回的信号为1，0”的充分条件，A错误；
不一定等于，B正确；
由，则，
而，而，即不能取等号，故，
所以，C正确；
由，，则，D错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【解析】，所以.
14.（0，1）和（0，-1）【解析】因为为双曲线方程，所以，即，所以双曲线的顶点坐标为.
15.【解析】要使函数在上恰有一个极值点，则函数在上恰有一个最值，
所以，，在上有唯一解，解得，，
由于，即解得.
16.【解析】以点D为原点建立空间直角坐标系如图所示：
依题意得：，，，
则，，
所以，则，即；
设为中点，因为，，则，
所以点O为三棱锥外接球的球心，
则三棱锥外接球的半径为，
设球心到平面的距离为，又因为O为中点，
所以点F到平面的距离为，由于，所以，
故截面圆的半径为，所以截面圆面积为.
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解析】（1）因为，.所以，解得.
当时，，所以，所以，即.
因为也满足上式，所以数列是首项为1.公比为2的等比数列，
所以.
（2）由（1）知，所以，
所以①
，②
①-②得
，
所以.
18.【解析】（1）依题意，，即，
由正弦定理得，
因为，所以.
（2）由（1）得，
由余弦定理得，
所以，
所以当，时，取得最大值为.
19.【解析】（1）∵为圆台下底面圆的直径，C是圆上异于A，B的点，故，
又∵，，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
又∵，，平面，
∴平面.
（2）取的中点，连接，，则，，由（1）可知，，
∵，∴平面，
以D为原点，为x轴，为y轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，
∵平面，∴，四边形为矩形，
∴，平面的一个法向量为.
设平面的一条法向量为，
，
由得
令，则，，
∴平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
∴平面和平面夹角的余弦值为.
20.【解析】（1）的定义域为.
当时，，
，，.
曲线在处的切线方程为.
（2）当时，等价于.
设，则，，
①当，时，，
故，在上单调递增，因此；
②当时，令得，.
由和得，
故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是.
21.【解析】（1）由点和关于点对称，得，
所以椭圆的焦点为，，
由椭圆定义，得，
所以，.
故椭圆E的方程为.
（2）结论：存在直线，使得四边形的对角线互相平分.理由如下：
由题可知直线，直线的斜率存在，设直线的方程为，直线的方程为，
由消去得，
由题意，可知，设，，
则，，
由
消去得，
由，可知，设，又，
则，.
若四边形的对角线互相平分，则与的中点重合，
所以，即，故，
所以，解得，
所以直线为时，四边形的对角线互相平分.
22.【解析】（1）由题知，随机变量服从二项分布，，
由，即，
得，所以.
（2）（i）“”，
，
.
（ii）记，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，取得最大值，即取得最大值.
在团体提出的函数模型，中，
记函数，，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
当时，取得最大值，则不可以估计.
在团体提出的函数模型中，记函数，单调递增，
令，解得，
则团队B可以求出的最大似然估计，且是的最大似然估计.