广东省深圳市罗湖区2023-2024学年高三上学期1月期末数学试题

2023-2024学年度第一学期期末质量检测高三数学2024.01注意事项：1．本试卷共4页，共22题，满分150分，考试用时120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．4．非选择题的答案写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液．5．考试结束后，考生上交答题卡．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的。1．已知集合，则（）A． B． C． D．2．已知复数满足，则的共轭复数为（）A． B． C． D．3．双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则离心率为（）A． B． C． D．4．已知是平面上的点，是平面上的点，且，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．设等比数列的前项和为，已知，则（）A．80 B．160 C．121 D．2426．已知是边长为2的正六边形的一个顶点，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．若函数在有最小值，没有最大值，则的取值范围是（）A． B． C． D．8．已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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．在正方体中，用垂直于的平面截此正方体，则所得截面可能是（）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形10．已知，直线，且，则（）A．的最大值是 B．的最小值是C．的最小值是4 D．的最小值是311．已知直线与圆，下列说法正确的是（）A．所有圆均不经过点B．若关于对称，则C．若与相交于且，则D．存在圆与轴与轴均相切12．定义在上的函数满足是函数的导函数，则（）A．B．曲线在点处的切线方程为C．在上恒成立，则D．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中，的系数为________．（用数字作答）14．某同学收集了变量的相关数据如下：x0．5233．545y15为了研究的相关关系，他由最小二乘法求得关于的线性回归方程为，经验证回归直线正好经过样本点，则________．15．已知抛物线的顶点为，焦点为，准线为，过的直线与在轴右侧交于点．若在上的射影为且，则直线的斜率为________．16．将正方形延对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为________．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．（10分）已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．18．（12分）正四棱锥的底面是边长为6的正方形，高为4，点分别在线段上，且为的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．19．（12分）的内角所对的边分别为，的面积为，从条件①；条件②；条件③中选择一个作为已知，并解答下列问题．（1）求角的大小；（2）点是外一点，，若，求四边形面积的最大值．20．（12分）在一个地区筛查某种疾病，由以往经验可知该地区居民得此病（血液样本化验呈阳性）的概率为．根据需要，居民每三人一组进行化验筛查，为节约资源，化验次数越少，则方法越优．现对每组的3个样本给出下面两种化验方法：方法1：逐个化验；方法2：3个样本各取一部分混合在一起化验。若混合样本呈阳性，就把这3个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判断这3个样本均为阴性。（1）若，用随机变量表示3个样本中检测呈阳性的个数，请写出的分布列并计算．（2）若，现要完成化验筛查，请问：哪种方法更优？（3）若要完成化验筛查，且已知“方法2”比“方法1”更优，求的取值范围．21．（12分）已知函数．（1）若的最值为，求实数的值；（2）当时，证明：．22．（12分）在平面直角坐标系中，已知为动点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设的轨迹是曲线，射线分别与交于两点．（1）求的方程；（2）若，求证：为定值．参考答案一、单项选择题题号12345678答案CBABACDD二、多项选择题题号9101112答案ADBCABABD三、填空题13．-1014．6915．16．四、解答题17．解：（1）解法一、由得，由累乘法得．解法二、由得，则数列是各项为1的常数列，所以，即．（2）由（1）得，所以．18．证明：（1）方法一、在线段上取点，使得，连接，因为为的中点，所以，所以，又平面平面，所以平面，在平行四边形中，因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面，又平面，且，所以平面平面，又平面，所以平面．方法二、延长交于点，连接，在平行四边形中，因为，由三角形相似，易证，因为为的中点，所以，所以，又平面平面，所以平面．方法三、坐标法（略）（2）连接交于点，连接，因为正四棱锥的底面是正方形，所以平面，且，故以为坐标原点，所在直线依次为轴，建立空间直角坐标系如图所示，由已知可得，所以，设平面的一个法向量为，由得，取，则，所以设直线与平面的夹角为，则．19．解：（1）选①，方法一（射影定理），因为由射影定理得，即，因为，所以，方法二（边化角）因为，由正弦定理得，即，因为，所以，所以，因为，所以，所以．方法三（角化边）因为，由余弦定理得，即，所以，因为，所以．选②，方法一（角化边）因为，由余弦定理得，即，所以，因为，所以．方法二（边化角）因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以．选③，因为，由得，由余弦定理得，，即，因为，所以．（2）在，所以为等边三角形，设，在中，由余弦定理可得，由于，代入上式可得，所以四边形的面积，因为，所以，所以当时，四边形的面积取最大值，最大值为．20．解：（1）的分布列为：0123．（2）采用方法1，3个样本需要试验次数为3次，或采用方法2，以实验次数为随机变量，则的可能取值为1或4，且，所以，因为，所以方法2更优．（3）采用方法2，设3个样本完成化验筛查的实验次数为随机变量，则的可能取值为1或4，且，由已知得解之得，．所以的取值范围为．21．解：（1）易知的定义域为，且，①若，则，为单调递增函数，无最值；②若，令函数，则，当时，为单调递增函数，又，在区间上存在唯一零点，不妨设其为，则，即（*），当时，，即，在区间上单调递减；当时，，即，在区间上单调递增，存在唯一的最值（最小值），且最小值为，由题意可知，（**），，代入（**），得，又，令函数，则，为单调递减函数，易知，由可知，由可知，综上所述，若的最值为，则实数的值为1．（2）由（1）可知，当时，的最小值为，且，（*），对（*）式两边取对数，得，由基本不等式，可知，又，，证毕．22．（1）解：由已知得，且，所以的轨迹是以为焦点的椭圆，且，所以，所以的方程为．（2）证明：设直线PA的方程为，联立，消去得，因为，所以设，则有，同理可得由得，即为定值．