河北省武邑重点中学2023-2024学年高三上学期1月期末考试数学试题（含解析）

数学试题
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。
3．选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上作答无效。
第Ⅰ卷 选择题（共60分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上。
1．已知集合，则集合的非空真子集的个数（ ）
A．62 B．30 C．15 D．14
2．已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知两个非零向量的夹角为60°，且，则（ ）
A． B． C． D．3
4．羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区，则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在A小区的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A．0或2 B．0或 C．2 D．
8．已知为原点，栯圆，平行四边形的三个顶点在椭圆上，若直线和的斜率乘积为，四边形的面积为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题至少有两个正确答案，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）
9．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，下列说法正确的有（ ）
A．与不互斥且相互独立 B．与互斥且不相互独立
C．与互斥且不相互独立 D．与不互斥且相互独立
10．已知正实数满足，当取最小值时，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为1 D．的最小值为
11．已知正方体的棱长为2，棱的中点为，点在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当最大时，与所成的角为
C．正方体的每个面与点的轨迹所在平面夹角都相等
D．若，则点的轨迹长度为
12．已知奇函数，且，当时，，当时，，下列说法正确的是（ ）
A．是周期为的函数
B．是最小正周期为的函数
C．关于中心对称
D．直线与若有3个交点，则
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡上相应位置。
13．展开式中含项的系数为_______．
14．将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为_______．
15．过点的直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，，若，则的值为_______．
16．由正整数组成的数对按规律排列如下：，．若数对满足，则数对排在第_______位．
四、解答题：本大题共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．（本小题满分10分）
在中，角所对的边分别为，且．
（1）求证：；
（2）求的最大值．
18．（本小题满分12分）
如图，三棱柱，点在平面内的射影在上，且．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值．
19．（本小题满分12分）
已知正项数列的前项积为，且满足．
（1）求证：数列为等比数列，并求；
（2）若，求的最小值．
20．（本小题满分12分）
高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．
（1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；
（3）若AI芯片的合格率不超过，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
21．（本小题满分12分）
已知双曲线过四个点中的三个点．
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线的斜率存在且与双曲线交于两点，且，求证：直线经过一个不在双曲线上的定点，并求出该定点的坐标．
22．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）求在的最小值；
（2）若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号．
参考答案
1．【答案】A
【解析】不等式解得，由，得集合，则集合，所以集合，
集合中有6个元素，所以集合的非空真子集的个数为．故选：A．
2．【答案】D
【解析】由得，
复数在复平面内对应的点为复数在复平面内对应的点所在的象限为第四象限．
3．【答案】C
【解析】因为非零向量的夹角为，且，所以，即，化简得：，
4．【答案】C
【解析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为，由相似得，即，所以可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为．故选：C．
5．【答案】A
【解析】由，所以，
又，所以，且函数在上单调递增，
所以，解得，即的取值范围为，故选：A
6．【答案】B
【解析】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为或
当5人被分为时，情况数为；
当5人被分为时，情况数为；所以共有．
由于所求甲不去A，情况数较多，反向思考，求甲去A的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则
共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，
共计种，所以甲不在A小区的概率为，故选：B．
7．【答案】A
【解析】设直线与曲线的切点为，由，则，则，即切点为，所以直线为，
又直线与圆都相切，则有，解得或．
8．【答案】B
【解析】先证三角形面积公式的向量形式：在中，，
则，而
设，
由题意可知；，所以，将坐标代入椭圆方程有，
则，所以四边形的面积为
，即，
又根据和的斜率乘积为知：
，
所以，解之得：．故选：B
9．【答案】ABD
【解析】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即A与B相互独立；第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，A与B不互斥；故A正确；对于B：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即A与D不相互独立；第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即A与D不能同时发生，即A与D互斥，故B正确；对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即B与D不相互独立；若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即B与D可以同时发生，即B与D不互斥，故C错误；对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即A与C相互独立；若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即A与C可以同时发生，即A与C不互斥，故D正确．
10．【答案】AC 【解析】正实数满足，
，当且仅当，即时等号成立，A正确；时，，B错；，即时，的最大值1，C正确D错误．故选：AC．
11．【答案】ACD【解析】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，
因为面面，所以面，同理可得面，
因为面，所以面面，
所以面中直线都平行于面，又面，且平面，
所以面，即面，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，且，
A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，而，
若为面的一个法向量，所以，
令，则，而，
所以到面的距离，即到面的距离为，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
B：由图知：当与重合时最大为，且，
所以与所成的角，即为，错误；
C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，
又，同理可得，
所以正方体的每个面与点的轨迹所在平面夹角都相等，正确；
D：若，则点的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，
因为面面，故也是面的法向量，而，
所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，
故点的轨迹长度为，正确．
12．【答案】AC
【详解】：因为，所以的图象关于对称，又因为为奇函数，所以，则，
则，故是周期为的函数，故A正确；
设，其定义域为，则
，所以关于中心对称，即关于中心对称，故C正确；
又，所以为上的奇函数，结合可得，即，故是周期为的函数，故B错误；
当，所以，故在上单调递增，
由于关于中心对称，所以在上单调递增，
且当时，，又函数的周期为，则可得大致图象如下：
若直线与若有3个交点，则或解得或，故，故D错误．故选：AC．
13【答案】
【解析】整个式子中项可由的展开式的常数项与二次项、一次项与一次项、二次项与常数项相乘得到，故所求为：．
14．【答案】
【解析】由点在单位圆上，则，解得，
由锐角，即，则，故，
15．【答案】【解析】由抛物线的方程可知焦点为，
由题意可得设过点的直线的方程为，设，
联立，消去整理可得：，则①，②，
所以，
故，解得．
由于，所以，
所以，结合①②可得，即，
由③④化简整理得，解得或（舍去）．
16．【答案】174【解析】解：按规律把正整数组成的数对分组：第1组为，数对中两数的和为2，共1个数对；第2组为，数对中两数和为3，共2个数对；第3组为，，数对中两数的和为4，共3个数；……，第组为，数对中两数的和为，共个数，由，得，
因为，所以，解得，所以，在所有数对中，两数之和不超过19的有个，所以在两数和为20的第1个数，第2个为，第3个为，所以数对排在第174位，
17．解：（1）在中，由及正弦定理，
得．
（2）由（1）知，
由均值不等式可得，当且仅当时等号成立，
所以（少取等条件扣1分）
即的最大值为．
18．【解析】证明：（Ⅰ）连结，
是的中点，
又，
平面，
平面，
平面，
又是平行四边形，，
平面平面，
平面．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知两两垂直，故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，设平面的一个法向量，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，同理得，
二面角的余弦值为．
19．【解析】（1）因为，当时，，得．
所以，即，
同理得．
所以，因为，所以，所以得，
则，又不恒等于0，所以，
即是首项为，公比为的等比数列，
则，即．
（2）由（1）可得，
所以，
所以，
所以当时，，
当时，，
所以的最小值为11．
20．【详解】（1）记事件“每个AI芯片智能检测不达标”，则．
（2）由题意，
令，则，
当为增函数；当为减函数；
所以在处取到最大值．
（3）记事件“人工检测达标”，则，
又，所以，
所以需要对生产工序进行改良．
21．【解析】（1）根据双曲线的对称性可知，同时在双曲线上，
而不在双曲线上．
设双曲线为则，
又，将点代入，可得，
双曲线的方程为．
（2）设直线的方程为，
联立，整理得，．
由得（*），
且，
因为，所以，
因为，所以，即，
所以
即，
所以，
化简得，即，
所以或，且均满足（*），
当时，直线的方程为，直线过定点，即点，不符合题意，
当时，直线的方程为，直线过定点，符合题意．
22．【解析】（1）．
当时，在单调递减，；
当时，在单调递减，；
当时，时，时，，
所以在单调递减，在单调递增，．
综上，当时，；当时，
（1）值的符号为正，
理由如下：由（1）知，当时，单调递减，不符合题意．
（2）当时，在单调递减，在单调递增．不妨设，由方程有两个不同的解，则，
即．
．
令，则，令，
在单调递增，．
故．