湖北省武汉市马房山中学2023-2024学年高三上学期1月期末综合测评数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 湖北省武汉市马房山中学2023-2024学年高三上学期1月期末综合测评数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-22 08:30:04 | ||
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文档简介
武汉市马房山中学2024届高三上学期1月期末综合测评
数学
本试卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：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.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.若，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为，，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（ ）
A. B. C. D.
5.设是等差数列的前项和，且，，则使得取最小值时的为（ ）
A.6 B.7 C.6或7 D.8
6.某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山、黄山、庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）
A.564 B.484 C.386 D.640
7.已知中，，且为的外心.若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，，若不等式的解集中只含有2个正整数，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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.已知正数，满足，则（ ）
A.的最大值为1 B.的最大值为2
C.的最小值为2 D.的最小值为
10.袋子中有1个红球，1个黄球，1个蓝球，1个黑球，从中取三次球，每次取一个球，取球后不放回，设事件，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C.与相互独立 D.
11.已知等比数列满足，，设其公比为，前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
12.已知，，则（ ）
A.当时，为奇函数
B.当时，存在直线与有6个交点
C.当时，在上单调递减
D.当时，在上有且仅有一个零点
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______.（用数字作答）
14.已知椭圆的左右焦点为，.直线与椭圆相交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为______.
15.若，，则______.
16.函数与函数的图象所有交点的横坐标之和为______.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18～22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.在锐角中，，，的对应边分别是，，，且.
（1）求的取值范围；
（2）求的取值范围.
18.已知首项为正数的等差数列的公差为2，前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
19.篮球是一项风靡世界的运动，是深受大众喜欢的一项运动.
喜爱篮球运动 不喜爱篮球运动 合计
男性 60 40 100
女性 20 80 100
合计 80 120 200
（1）为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到如上列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关；
（2）校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即.
①求（直接写出结果即可）；
②证明：数列为等比数列，并比较第9次与第10次触球者是甲的概率的大小.
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
附：，.
20.如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
（1）当时，求平面与平面的夹角大小；
（2）若平面，求的最小值.
21.已知函数.
（1）若时，，求实数的取值范围；
（2）设，证明：.
22.已知点是抛物线的焦点，直线与抛物线相切于点，连接交抛物线于另一点，过点作的垂线交抛物线于另一点.
（1）若，求直线的方程；
（2）求三角形面积的最小值.
高三数学参考答案
选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B B A A A C
题号 9 10 11 12
答案 AD ABD ABD ACD
填空：
13. 14. 15.0或 16.10
详细解析：
6.A
【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生，去同一处景点，当，成2人组时，其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法：
当，在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当，成2人组时，有种方法；
当，在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
7.A【详解】
因为，
则，所以，即，，三点共线.
因为为的外心，即有，
所以为直角三角形，因此，为斜边的中点.
因为，所以为锐角.
如图，过点作，垂足为.
因为在上的投影向量为，所以，
所以在上的投影向量为.
又因为，所以.
因为，所以，故的取值范围为.
故选：A.
8.C
【详解】由，
可得，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，
即当时，，单调递增，
所以当时，，
所以若不等式的解集中只含有2个正整数，
即不等式的解集中只含有2个正整数，
又的定义域为，且，
则，
设，则，
当时，，
所以在上单调递减，且至多有一个解，
所以若有且只有2个正整数解
则需满足，解得，
现证当时，在上恒成立，
由时，，
即当时，，单调递减，
所以当时，，
综上所述，
故选：C.
多选题
12.ACD
【详解】当时，，可以说是奇函数，故A正确：
当时，在上单调递增，与最多一个交点，故B错误；
因为，所以.
对C：在上递减，需有恒成立.
当时，，又，且当时，，所以.
当时，.
设，则，由，所以在上递减，
在上递增，所以的最小值为，所以.
所以且，即.故C正确；
对D：设，则.
因为，所以当时，；当时，.
所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，
又，所以只在有一解，
设为即，所以在上递增，在上递减.
且，且当时，，
所以在上有且仅有一个零点.故D正确.
故选：ACD
填空：
16.10
【分析】判断函数的性质与最小值，判断函数的性质，作出函数与的大致图象，判断两个图象在上的交点情况，根据对称性得结果.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.
所以函数的图象关于直线对称，且的最大值为2.
由于的图象和的图象都关于直线对称，
所以先考虑两个图象在上的情形，
易知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
易知，，
所以可作出函数与的大致图象如图所示，
所以的图象和的图象在上有5个交点.
根据对称性可知两函数图象共有10个交点，且两两关于直线对称
因此所有交点的横坐标之和为.
故答案为：10.
大题
17.（1） （2）
（1），
由，故，
由，故，
则，
由为锐角三角形，故，即，
则有，，，
可得，故，即；
（2）由，，
则
，
由（1）知，故，
故，即.
18.（1）
（2）当为偶数时，，当为奇数时，.
（1）由题意得是公差为2的等差数列，且，
即，又因为，所以，
所以数列的通项公式，
（2）由（1）知，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
经检验，时，满足，
综上，当为偶数时，，
当为奇数时，.
19.（1）有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.
（2）①；②证明见解析，第9次触球者是甲的概率大.
（1）根据列联表数据，经计算得，
根据独立性检验：即有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.
（2）①由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的一人，故传给甲的概率为，故.
②第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，
则，
从而，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
，
，，
故第9次触球者是甲的概率大.
20.（1） （2）8
（1）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
当时，、、、、、、，
则，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，，
设平面与平面的夹角为，所以，所以，
故平面与平面的夹角为.
（2），，设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为，，所以，，
则，因为平面，
所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为8.
21.（1） （2）证明见解析；
（1）根据题意可得，
当时，可得在上恒成立，
当时，由可得，
易知需满足，解得，
又，
令，，
当时，在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上单调递增，即可得恒成立；
当时，，令，
则，所以在上恒成立，
即在上单调递减，
又因为，，
由零点存在定理可得，使得；
当时，，即，所以在上单调递增；
时，，即，所以在上单调递减；
（ⅰ）若时，，所以当时，，
又，即，使得；
当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
又因为，所以要使在上恒成立，只需，
解得，又，所以可得；
（ⅱ）当时，，
又在上单调递增，所以一定使得时，；
即，所以在上单调递减，
即可得，
这与在上恒成立矛盾，不合题意；
综上可得
（2）令，则恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，
所以；
即不等式右侧恒成立；
由（1）可得：当时，对于，恒成立，
即，当且仅当时，等号成立；
取，，易知，
可得，
所以，
综上可得：.
22.（1） （2）16
（1）由得，.所以，
所以在点处的切线方程为：，即.
（2）设，，，由，则.，.
因为、、三点共线，所以.
所以，由于，故，即.
所以.
由于，所以得.
直线方程：，即.
设到直线的距离为，则
又
所以.
当且仅当时，等号成立.
所以面积的最小值为16.
数学
本试卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：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.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.若，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为，，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（ ）
A. B. C. D.
5.设是等差数列的前项和，且，，则使得取最小值时的为（ ）
A.6 B.7 C.6或7 D.8
6.某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山、黄山、庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）
A.564 B.484 C.386 D.640
7.已知中，，且为的外心.若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，，若不等式的解集中只含有2个正整数，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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.已知正数，满足，则（ ）
A.的最大值为1 B.的最大值为2
C.的最小值为2 D.的最小值为
10.袋子中有1个红球，1个黄球，1个蓝球，1个黑球，从中取三次球，每次取一个球，取球后不放回，设事件，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C.与相互独立 D.
11.已知等比数列满足，，设其公比为，前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
12.已知，，则（ ）
A.当时，为奇函数
B.当时，存在直线与有6个交点
C.当时，在上单调递减
D.当时，在上有且仅有一个零点
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______.（用数字作答）
14.已知椭圆的左右焦点为，.直线与椭圆相交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为______.
15.若，，则______.
16.函数与函数的图象所有交点的横坐标之和为______.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18～22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.在锐角中，，，的对应边分别是，，，且.
（1）求的取值范围；
（2）求的取值范围.
18.已知首项为正数的等差数列的公差为2，前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
19.篮球是一项风靡世界的运动，是深受大众喜欢的一项运动.
喜爱篮球运动 不喜爱篮球运动 合计
男性 60 40 100
女性 20 80 100
合计 80 120 200
（1）为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到如上列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关；
（2）校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即.
①求（直接写出结果即可）；
②证明：数列为等比数列，并比较第9次与第10次触球者是甲的概率的大小.
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
附：，.
20.如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
（1）当时，求平面与平面的夹角大小；
（2）若平面，求的最小值.
21.已知函数.
（1）若时，，求实数的取值范围；
（2）设，证明：.
22.已知点是抛物线的焦点，直线与抛物线相切于点，连接交抛物线于另一点，过点作的垂线交抛物线于另一点.
（1）若，求直线的方程；
（2）求三角形面积的最小值.
高三数学参考答案
选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B B A A A C
题号 9 10 11 12
答案 AD ABD ABD ACD
填空：
13. 14. 15.0或 16.10
详细解析：
6.A
【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生，去同一处景点，当，成2人组时，其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法：
当，在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当，成2人组时，有种方法；
当，在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
7.A【详解】
因为，
则，所以，即，，三点共线.
因为为的外心，即有，
所以为直角三角形，因此，为斜边的中点.
因为，所以为锐角.
如图，过点作，垂足为.
因为在上的投影向量为，所以，
所以在上的投影向量为.
又因为，所以.
因为，所以，故的取值范围为.
故选：A.
8.C
【详解】由，
可得，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，
即当时，，单调递增，
所以当时，，
所以若不等式的解集中只含有2个正整数，
即不等式的解集中只含有2个正整数，
又的定义域为，且，
则，
设，则，
当时，，
所以在上单调递减，且至多有一个解，
所以若有且只有2个正整数解
则需满足，解得，
现证当时，在上恒成立，
由时，，
即当时，，单调递减，
所以当时，，
综上所述，
故选：C.
多选题
12.ACD
【详解】当时，，可以说是奇函数，故A正确：
当时，在上单调递增，与最多一个交点，故B错误；
因为，所以.
对C：在上递减，需有恒成立.
当时，，又，且当时，，所以.
当时，.
设，则，由，所以在上递减，
在上递增，所以的最小值为，所以.
所以且，即.故C正确；
对D：设，则.
因为，所以当时，；当时，.
所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，
又，所以只在有一解，
设为即，所以在上递增，在上递减.
且，且当时，，
所以在上有且仅有一个零点.故D正确.
故选：ACD
填空：
16.10
【分析】判断函数的性质与最小值，判断函数的性质，作出函数与的大致图象，判断两个图象在上的交点情况，根据对称性得结果.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.
所以函数的图象关于直线对称，且的最大值为2.
由于的图象和的图象都关于直线对称，
所以先考虑两个图象在上的情形，
易知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
易知，，
所以可作出函数与的大致图象如图所示，
所以的图象和的图象在上有5个交点.
根据对称性可知两函数图象共有10个交点，且两两关于直线对称
因此所有交点的横坐标之和为.
故答案为：10.
大题
17.（1） （2）
（1），
由，故，
由，故，
则，
由为锐角三角形，故，即，
则有，，，
可得，故，即；
（2）由，，
则
，
由（1）知，故，
故，即.
18.（1）
（2）当为偶数时，，当为奇数时，.
（1）由题意得是公差为2的等差数列，且，
即，又因为，所以，
所以数列的通项公式，
（2）由（1）知，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
经检验，时，满足，
综上，当为偶数时，，
当为奇数时，.
19.（1）有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.
（2）①；②证明见解析，第9次触球者是甲的概率大.
（1）根据列联表数据，经计算得，
根据独立性检验：即有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.
（2）①由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的一人，故传给甲的概率为，故.
②第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，
则，
从而，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
，
，，
故第9次触球者是甲的概率大.
20.（1） （2）8
（1）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
当时，、、、、、、，
则，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，，
设平面与平面的夹角为，所以，所以，
故平面与平面的夹角为.
（2），，设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为，，所以，，
则，因为平面，
所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为8.
21.（1） （2）证明见解析；
（1）根据题意可得，
当时，可得在上恒成立，
当时，由可得，
易知需满足，解得，
又，
令，，
当时，在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上单调递增，即可得恒成立；
当时，，令，
则，所以在上恒成立，
即在上单调递减，
又因为，，
由零点存在定理可得，使得；
当时，，即，所以在上单调递增；
时，，即，所以在上单调递减；
（ⅰ）若时，，所以当时，，
又，即，使得；
当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
又因为，所以要使在上恒成立，只需，
解得，又，所以可得；
（ⅱ）当时，，
又在上单调递增，所以一定使得时，；
即，所以在上单调递减，
即可得，
这与在上恒成立矛盾，不合题意；
综上可得
（2）令，则恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，
所以；
即不等式右侧恒成立；
由（1）可得：当时，对于，恒成立，
即，当且仅当时，等号成立；
取，，易知，
可得，
所以，
综上可得：.
22.（1） （2）16
（1）由得，.所以，
所以在点处的切线方程为：，即.
（2）设，，，由，则.，.
因为、、三点共线，所以.
所以，由于，故，即.
所以.
由于，所以得.
直线方程：，即.
设到直线的距离为，则
又
所以.
当且仅当时，等号成立.
所以面积的最小值为16.
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