湖南省古丈县一中2024年高三数学第一学期期末质量检测试题含解析

湖南省古丈县一中2024年高三数学第一学期期末质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．若复数满足（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（）A． B． C． D．2．若实数满足不等式组，则的最大值为（）A． B． C．3 D．23．的展开式中的系数为()A．－30 B．－40 C．40 D．504．蒙特卡洛算法是以概率和统计的理论、方法为基础的一种计算方法，将所求解的问题同一定的概率模型相联系；用均匀投点实现统计模拟和抽样，以获得问题的近似解，故又称统计模拟法或统计实验法.现向一边长为的正方形模型内均匀投点，落入阴影部分的概率为，则圆周率（）A． B．C． D．5．刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家，他在《九章算术》中对勾股定理的证明如图所示.“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类，因就其余不移动也.合成弦方之幂，开方除之，即弦也”.已知图中网格纸上小正方形的边长为1，其中“正方形为朱方，正方形为青方”，则在五边形内随机取一个点，此点取自朱方的概率为（）A． B． C． D．6．若P是的充分不必要条件，则p是q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7．过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点作准线的垂线，垂足为.若，则（）A． B． C． D．8．设函数的导函数，且满足，若在中，，则（）A． B． C． D．9．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AB，则集合中的元素共有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个10．设，满足约束条件，则的最大值是（）A． B． C． D．11．设函数，当时，，则（）A． B． C．1 D．12．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（）A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，且，则________．14．下图是一个算法的流程图，则输出的x的值为_______．15．若为假，则实数的取值范围为__________.16．展开式中的系数为_______________．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）已知函数，其中．（1）讨论函数的零点个数；（2）求证：．18．（12分）在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若，角为钝角，（1）求的值；（2）求边的长.19．（12分）在直角坐标系中，已知圆，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线平分圆M的周长.（1）求圆M的半径和圆M的极坐标方程；（2）过原点作两条互相垂直的直线，其中与圆M交于O，A两点，与圆M交于O，B两点，求面积的最大值.20．（12分）已知△ABC三内角A、B、C所对边的长分别为a，b，c，且3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C．（1）求cosC的值；（2）若a＝3，c，求△ABC的面积．21．（12分）在中，，，.求边上的高.①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.22．（10分）己知的内角的对边分别为.设（1）求的值；（2）若，且，求的值.

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、D【解题分析】

由已知等式求出z，再由共轭复数的概念求得，即可得虚部.【题目详解】由zi＝1﹣i，∴z＝，所以共轭复数=-1+，虚部为1故选D．【题目点拨】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题．2、C【解题分析】

作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【题目详解】作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1．故选：C．【题目点拨】本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形．3、C【解题分析】

先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.【题目详解】对二项式，其通项公式为的展开式中的系数是展开式中的系数与的系数之和.令，可得的系数为；令，可得的系数为；故的展开式中的系数为.故选：C.【题目点拨】本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.4、A【解题分析】

计算出黑色部分的面积与总面积的比，即可得解.【题目详解】由，∴.故选：A【题目点拨】本题考查了面积型几何概型的概率的计算，属于基础题.5、C【解题分析】

首先明确这是一个几何概型面积类型，然后求得总事件的面积和所研究事件的面积，代入概率公式求解.【题目详解】因为正方形为朱方，其面积为9，五边形的面积为，所以此点取自朱方的概率为.故选：C【题目点拨】本题主要考查了几何概型的概率求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.6、B【解题分析】

试题分析：通过逆否命题的同真同假，结合充要条件的判断方法判定即可．由p是的充分不必要条件知“若p则”为真，“若则p”为假，根据互为逆否命题的等价性知，“若q则”为真，“若则q”为假，故选B．考点：逻辑命题7、C【解题分析】

需结合抛物线第一定义和图形，得为等腰三角形，设准线与轴的交点为，过点作，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出，，结合比值与正切二倍角公式化简即可【题目详解】如图，设准线与轴的交点为，过点作.由抛物线定义知，所以，，，，所以.故选：C【题目点拨】本题考查抛物线的几何性质，三角函数的性质，数形结合思想，转化与化归思想，属于中档题8、D【解题分析】

根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，，得到，，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.【题目详解】设，所以，因为当时，，即，所以，在上是增函数，在中，因为，所以，，因为，且，所以，即，所以，即故选：D【题目点拨】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9、A【解题分析】试题分析：,,所以，即集合中共有3个元素，故选A．考点：集合的运算．10、D【解题分析】

作出不等式对应的平面区域，由目标函数的几何意义，通过平移即可求z的最大值．【题目详解】作出不等式组的可行域，如图阴影部分，作直线：在可行域内平移当过点时，取得最大值.由得：，故选：D【题目点拨】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，属于基础题.11、A【解题分析】

由降幂公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得参数值．【题目详解】，时，，，∴，由题意，∴．故选：A．【题目点拨】本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数性质，掌握正弦函数性质是解题关键．12、B【解题分析】

由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.【题目详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，故导线长度约为63(厘米).故选：B.【题目点拨】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

根据垂直向量的坐标表示可得出关于实数的等式，即可求得实数的值.【题目详解】，且，则，解得.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用向量垂直求参数，涉及垂直向量的坐标表示，考查计算能力，属于基础题.14、1【解题分析】

利用流程图，逐次进行运算，直到退出循环，得到输出值.【题目详解】第一次：x＝4，y＝11，第二次：x＝5，y＝32，第三次：x＝1，y＝14，此时14＞10×1＋3，输出x，故输出x的值为1．故答案为：.【题目点拨】本题主要考查程序框图的识别，“还原现场”是求解这类问题的良方，侧重考查逻辑推理的核心素养.15、【解题分析】

由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.【题目详解】因为为假，则其否定为真，即为真，所以对任意实数恒成立，所以.又，当且仅当，即时，等号成立，所以.故答案为：.【题目点拨】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.16、【解题分析】

把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【题目详解】解：，故它的展开式中的系数为，故答案为：．【题目点拨】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．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）时，有一个零点；当且时，有两个零点；（2）见解析【解题分析】

（1）利用的导函数，求得的最大值的表达式，对进行分类讨论，由此判断出的零点的个数.（2）由，得到和，构造函数，利用导数证得，即有，从而证得，即.【题目详解】（1），∴当时，，当时，在上递增，在上递减，.令在上递减，在上递增，，当且仅当时取等号．①时，有一个零点；②时，，此时有两个零点；③时，，令在上递增，，此时有两个零点；综上:时，有一个零点;当且时，有两个零点;（2）由（1）可知：，令在上递增，．【题目点拨】本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.18、（1）（2）【解题分析】

（1）由，分别求得，得到答案；（2）利用正弦定理得到，利用余弦定理解出．【题目详解】(1)因为角为钝角，，所以，又，所以，且，所以.(2)因为，且，所以，又，则，所以.19、（1），（2）【解题分析】

先求出，再求圆的半径和极坐标方程；（2）设求出,,再求出得解.【题目详解】（1）将化成直角坐标方程，得则，故，则圆，即，所以圆M的半径为.将圆M的方程化成极坐标方程，得.即圆M的极坐标方程为.（2）设，则,用代替.可得,【题目点拨】本题主要考查直角坐标和极坐标的互化，考查极径的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20、（1）；（2）或．【解题分析】

（1）利用正弦定理对已知代数式化简，根据余弦定理求解余弦值；（2）根据余弦定理求出b＝1或b＝3，结合面积公式求解.【题目详解】（1）已知等式3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C，利用正弦定理化简得：3a2+3b2﹣3c2＝4ab，即a2+b2﹣c2ab，∴cosC；（2）把a＝3，c，代入3a2+3b2﹣3c2＝4ab得：b＝1或b＝3，∵cosC，C为三角形内角，∴sinC，∴S△ABCabsinC3×bb，则△ABC的面积为或．【题目点拨】此题考查利用正余弦定理求解三角形，关键在于熟练掌握正弦定理进行边角互化，利用余弦定理求解边长，根据面积公式求解面积.21、详见解析【解题分析】

选择①，利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，再计算边上的高.选择②，利用正弦定理得出，由余弦定理求出，再求边上的高.选择③，利用余弦定理列方程求出，再计算边上的高.【题目详解】选择①，在中，由正弦定理得，即，解得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择②，在中，由正弦定理得，又因为，所以，即；由余弦定理得，即，