山西省临汾一中、翼城中学、曲沃中学等学校2024年数学高三上期末经典试题含解析

山西省临汾一中、翼城中学、曲沃中学等学校2024年数学高三上期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．的展开式中的一次项系数为（）A． B． C． D．2．在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转到点，设直线与轴正半轴所成的最小正角为，则等于()A． B． C． D．3．已知非零向量，满足，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解:4．已知菱形的边长为2，，则（）A．4 B．6 C． D．5．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．6．如图，在正方体中，已知、、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（）A． B． C． D．7．若与互为共轭复数，则（）A．0 B．3 C．－1 D．48．已知函数（表示不超过x的最大整数），若有且仅有3个零点，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．9．若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（）A． B．4 C．2 D．10．在中，角的对边分别为，若，则的形状为（）A．直角三角形 B．等腰非等边三角形C．等腰或直角三角形 D．钝角三角形11．在直角坐标系中，已知A（1，0），B（4，0），若直线x+my﹣1=0上存在点P，使得|PA|=2|PB|，则正实数m的最小值是()A． B．3 C． D．12．已知数列为等差数列，为其前项和，，则（）A．7 B．14 C．28 D．84二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知非零向量的夹角为，且，则______.14．如果复数满足，那么______（为虚数单位）.15．在直角三角形中，为直角，，点在线段上，且，若，则的正切值为_____.16．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，平面四边形为直角梯形，，，，将绕着翻折到.（1）为上一点，且，当平面时，求实数的值；（2）当平面与平面所成的锐二面角大小为时，求与平面所成角的正弦.18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，为实数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线与曲线交于，两点，线段的中点为．（1）求线段长的最小值；（2）求点的轨迹方程．19．（12分）某动漫影视制作公司长期坚持文化自信，不断挖掘中华优秀传统文化中的动漫题材，创作出一批又一批的优秀动漫影视作品，获得市场和广大观众的一致好评，同时也为公司赢得丰厚的利润.该公司年至年的年利润关于年份代号的统计数据如下表（已知该公司的年利润与年份代号线性相关）.年份年份代号年利润（单位：亿元）（Ⅰ）求关于的线性回归方程，并预测该公司年（年份代号记为）的年利润；（Ⅱ）当统计表中某年年利润的实际值大于由（Ⅰ）中线性回归方程计算出该年利润的估计值时，称该年为级利润年，否则称为级利润年.将（Ⅰ）中预测的该公司年的年利润视作该年利润的实际值，现从年至年这年中随机抽取年，求恰有年为级利润年的概率.参考公式：，.20．（12分）已知函数（1）求单调区间和极值；（2）若存在实数，使得，求证：21．（12分）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．22．（10分）已知函数．（1）当时，求的单调区间．（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．（3）已知分别在，处取得极值，求证：．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解题分析】

根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．【题目详解】由题意展开式中的一次项系数为．故选：B．【题目点拨】本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．2、A【解题分析】

设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为，由任意角的三角函数的定义可以求得的值，依题有,则，利用诱导公式即可得到答案.【题目详解】如图，设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为因为点在角的终边上，所以依题有,则，所以，故选：A【题目点拨】本题考查三角函数的定义及诱导公式，属于基础题.3、C【解题分析】

根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.【题目详解】，，∴等价于，故选：C.【题目点拨】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.4、B【解题分析】

根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．【题目详解】如图所示，菱形形的边长为2，，∴，∴，∴，且，∴，故选B．【题目点拨】本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．5、B【解题分析】

由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.【题目详解】平面，底面是边长为2的正方形，如图建立空间直角坐标系，由题意：，，，，，为的中点，.，，，异面直线与所成角的余弦值为即为.故选：B.【题目点拨】本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.6、B【解题分析】

连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解．【题目详解】如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，因此，平面.故选：B.【题目点拨】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．7、C【解题分析】

计算，由共轭复数的概念解得即可.【题目详解】，又由共轭复数概念得：，.故选：C【题目点拨】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.8、A【解题分析】

根据[x]的定义先作出函数f（x）的图象，利用函数与方程的关系转化为f（x）与g（x）=ax有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可．【题目详解】当时，，当时，，当时，，当时，，若有且仅有3个零点，则等价为有且仅有3个根，即与有三个不同的交点，作出函数和的图象如图，当a=1时，与有无数多个交点，当直线经过点时，即，时，与有两个交点，当直线经过点时，即时，与有三个交点，要使与有三个不同的交点，则直线处在过和之间，即，故选：A．【题目点拨】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域(最值)问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.9、D【解题分析】

由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模．【题目详解】，．故选：D．【题目点拨】本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题．10、C【解题分析】

利用正弦定理将边化角，再由，化简可得，最后分类讨论可得；【题目详解】解：因为所以所以所以所以所以当时，为直角三角形；当时即，为等腰三角形；的形状是等腰三角形或直角三角形故选：．【题目点拨】本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．11、D【解题分析】

设点，由，得关于的方程.由题意，该方程有解，则，求出正实数m的取值范围，即求正实数m的最小值.【题目详解】由题意，设点.，即，整理得，则，解得或..故选：.【题目点拨】本题考查直线与方程，考查平面内两点间距离公式，属于中档题.12、D【解题分析】

利用等差数列的通项公式，可求解得到，利用求和公式和等差中项的性质，即得解【题目详解】，解得．．故选：D【题目点拨】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式和等差中项，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】

由已知条件得出,可得，解之可得答案.【题目详解】向量的夹角为,且,,可得:,

可得,

解得，

故答案为:1.【题目点拨】本题考查根据向量的数量积运算求向量的模，关键在于将所求的向量的模平方，利用向量的数量积化简求解即可，属于基础题.14、【解题分析】

把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解.【题目详解】∵，∴，∴，故答案为：.【题目点拨】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题.15、3【解题分析】

在直角三角形中设，，，利用两角差的正切公式求解.【题目详解】设，，则，故.故答案为：3【题目点拨】此题考查在直角三角形中求角的正切值，关键在于合理构造角的和差关系，其本质是利用两角差的正切公式求解.16、【解题分析】

先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.【题目详解】因为，故，因为，所以.由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，所以即.因为，解得或（舍）.故答案为：.【题目点拨】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解题分析】

（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理可推导出，然后利用平行线分线段成比例定理可求得的值；（2）取中点，连接、，过点作，则，作于，连接，推导出，，可得出为平面与平面所成的锐二面角，由此计算出、，并证明出平面，可得出直线与平面所成的角为，进而可求得与平面所成角的正弦值.【题目详解】（1）连接交于点，连接，平面，平面，平面平面，，在梯形中，，则，，，，所以，；（2）取中点，连接、，过点作，则，作于，连接.为的中点，且，，且，所以，四边形为平行四边形，由于，，，，，，，为的中点，所以，，，同理，，，，平面，，，，为面与面所成的锐二面角，，，，，则，，，平面，平面，，，，面，为与底面所成的角，，，.在中，.因此，与平面所成角的正弦值为.【题目点拨】本题考查利用线面平行的性质求参数，同时也考查了线面角的计算，涉及利用二面角求线段长度，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18、（1）（2）【解题分析】

（1）将曲线的方程化成直角坐标方程为，当时，线段取得最小值，利用几何法求弦长即可.（2）当点与点不重合时，设，由利用向量的数量积等于可求解，最后验证当点与点重合时也满足.【题目详解】解曲线的方程化成直角坐标方程为即圆心，半径，曲线为过定点的直线，易知在圆内，当时，线段长最小为当点与点不重合时，设，化简得当点与点重合时，也满足上式，故点的轨迹方程为【题目点拨】本题考查了极坐标与普通方程的互化、直线与圆的位置关系、列方程求动点的轨迹方程，属于基础题.19、（Ⅰ），该公司年年利润的预测值为亿元；（Ⅱ）.【解题分析】

（Ⅰ）求出和的值，将表格中的数据代入最小二乘法公式，求得和的值，进而可求得关于的线性回归方程，然后将代入回归直线方程，可得出该公司年年利润的估计值；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的回归直线方程计算出从年至年这年被评为级利润年的年数，然后利用组合计数原理结合古典概型的概率可得出所求事件的概率.【题目详解】（Ⅰ）根据表中数据，计算可得，，，又，，，关于的线性回归方程为.将代入回归方程得（亿元），该公司年的年利润的预测值为亿元.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知年至年的年利润的估计值分别为、、、、、、、（单位：亿元），其中实际利润大于相应估计值的有年.故这年中被评为级利润年的有年，评为级利润年的有年.记“从年至年这年的年利润中随机抽取年，恰有年为级利润年”的概率为，.【题目点拨】本题考查利用最小二乘法求回归直线方程，同时也考查了古典概型概率的计算，涉及组合计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.20、（1）时，函数单调递增，，函数单调递减，；（2）见解析【解题分析】

（1）求出函数的定义域与导函数，利用导数求函数的单调区间，即可得到函数的极值；（2）易得且，要证明，即证，即证，即对恒成立，构造函数，，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得证；【题目详解】解：（1）因为定义域为，所以，时，，即在和上单调递增，当时，，即函数在单调递减，所以在处取得极小值，在处取得极大值；，；（2）易得，要证明，即证，即证即证对恒成立，令，，则令，解得，即在上单调递增；令，解得，即在上单调递减；则在取得极小值，也就是最小值，从而结论得证.【题目点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数证明不等式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．21、（1）见解析；（2）【解题分析】

(1)取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.(2)以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.【题目详解】（1）证明：如图,取的中点,连接.又为的中点,则是的中位线.所以且.又且,所以且.所以四边形是平行四边形.所以.因为,为的中点,所以