广西壮族自治区河池市高三上学期期末学业水平质量检测数学试题

河池市2024年秋季学期高三期末学业水平质量检测数学全卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码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．5．本卷主要考查内容：高考范围．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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求得集合，利用交集的意义可求.【详解】，又因为，所以.故选：A.2.若，则（）A. B.i C. D.1【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算化简求得，再根据共轭复数定义即得.【详解】由可得：，则.故选：B.3.已知向量，，，则（）A.6 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】由向量的坐标求得向量的坐标，由向量平行的坐标关系建立方程，求得的值.【详解】，∵，∴，解得.故选：B.4.已知为奇函数，则（）A.1 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】利用求出值并验证即可.【详解】函数的定义域为，而为奇函数，则，此时，，即为奇函数，所以.故选：B5.已知一组样本数据，，，，，分别为2，，3，4，5，5，若这组数据的平均数为4，则样本数据，，，，，的方差为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由平均数计算可得的值，先计算原数据的方差再结合方差的性质即可得结果.【详解】因为2，，3，4，5，5的平均数为4，即，所以，故数据2，5，3，4，5，5的方差为，所以样本数据，，，，，的方差为，故选：D.6.已知圆锥轴截面是边长为2的正三角形．若为圆锥侧面上的动点，点平面，，则三棱锥体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥的结构特征，求出点到平面距离的最大值，再利用锥体体积公式计算即得.【详解】依题意，点在圆锥的中截面圆上，它到平面距离的最大值即为该截面圆半径，而的面积，所以三棱锥体积的最大值为.故选：C7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，在上，若的内切圆的半径为，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设Px0,y0，通过用等面积法表示焦点的面积，结合已知条件求出，进而得到，即可求得【详解】由得则，所以，设Px0,y0则所以，则故故选：C.8.已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据数列的首项及递推公式可得数列是周期为3的周期数列，故对数列进行分组求和，结合等比数列求和公式即可求解.【详解】由，可得，，，∴数列是周期为3的周期数列，，，..设，则，∴数列是首项为，公比为8的等比数列，∴数列的前7项和为，即数列的前21项和为.故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数的最小值为0，且最小正周期为，则（）A. B.C.在区间上单调递增 D.在区间上的最大值为1【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质逐项判断即可.【详解】函数的最小值为，则，即，由的最小正周期为，得，解得，因此，对于A，，A正确；对于B，，B正确；对于C，由时，，而正弦函数在上不单调，因此在上不单调，C错误；对于D，由时，，则当，即时，取得最大值2，D错误.故选：AB10.不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机抽取两次，每次取一球．表示事件“第二次取出球的数字小于等于3”表示事件“两次取出球的数字差的绝对值小于等于2”，则（）A. B.C.事件与互斥 D.事件与相互独立【答案】AD【解析】【分析】根据题意结合古典概型求，再结合概率的运算和事件的独立性运算求解.【详解】第二次取出一个球有6种取法，取出球小于等于3有1，2，3共3种取法，所以，故A正确；第一次取出数字为1，第二次取1，2，3，第一次取出数字为2，第二次取1，2，3，4，第一次取出数字为3，第二次取1，2，3，4，5，第一次取出数字为4，第二次取2，3，4，5，6，第一次取出数字为5，第二次取3，4，5，6，第一次取出数字为6，第二次取4，5，6，所以，，所以，故B错误；，故事件与不互斥，故C错误；，故D正确.故选：AD.11.在平面直角坐标系中，设，曲线上的点满足到与到直线的距离之和为4，则（）A.点在上 B.的图象关于轴对称C.点到坐标原点的距离的最大值为 D.曲线不在直线的上方【答案】ABD【解析】【分析】设，依题意，结合各个选项的条件，逐项计算判断即可.【详解】设，依题意，令，解得，所以点在上，故A正确；将换成可得，即，方程不变，所以的图象关于轴对称，故B正确；当时，，所以，所以，所以，故C错误；当时，只需证，即成立，当时，，所以，只需证，即成立，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：关键在于求得点的轨迹方程，利用方程研究曲线的性质.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数在点处的切线与直线垂直，则_____．【答案】【解析】【分析】求出fx=lnx的导数，可得切线的斜率f【详解】函数fx=lnx的导数为，故函数在点1,0因切线与直线垂直，所以.故答案为：.13.被15除所得余数为_____．【答案】1【解析】【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出余数.【详解】，而是15倍数，所以被15除所得余数为1.故答案为：114.已知双曲线，过坐标原点的直线交于，两点（在第一象限），过点作与直线垂直的直线交于点，直线分别与轴，轴交于，两点，若，则的渐近线方程为_____.【答案】【解析】【分析】利用点差法得到，再利用向量线性运算的坐标表示得到，结合求得，从而得解.【详解】由题意，设点，其中由题意得，则，即，又，因，所以，即，则，所以，所以，则，即，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用点差法与向量的坐标表示得到之间的关系，从而得解.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.记的内角，，的对边分别为，，，已知，且．（1）求；（2）若，且边上的高为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可求得，进而可求得；（2）由余弦定理可得，又由三角形的面积可得，进而可求的周长.【小问1详解】因为，所以根据正弦定理可得，所以，所以，所以，因为，所以，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以；【小问2详解】因为，，所以由余弦定理可得，所以，，又因为边上的高为，所以，所以，所以，所以，所以，所以的周长为．16.新春佳节即将到来，某超市为了刺激消费、提高销售额，举办了回馈大酬宾抽奖活动，设置了一个抽奖箱，箱中放有7折、7.5折、8折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位消费者可以从中任意抽取2张奖券，最终超市将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算．（1）求一位消费者抽到的2张奖券的折扣相同的概率；（2）若某位消费者购买了300元（折扣前）的商品，记这位消费者最终结算时的消费金额为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）的分布列见解析；【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即得；（2）根据题意写出消费金额所有可能的值，分别计算对应的概率的值，列出分布列，用公式计算数学期望即可.【小问1详解】每位消费者从7折、7.5折、8折的奖券各2张中任意抽取2张奖券，有种方法，而“抽到的2张奖券的折扣相同”的情况有3种，故其概率为：；【小问2详解】依题意，消费金额的可能的值有：210，225和240共三个.，，.则的分布列为：210225240故数学期望.17.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）当时，设为的极值点，若，求的取值范围．【答案】（1）的极小值为，无极大值；（2）【解析】【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和极值；（2）根据题意求的导数，得极值点，将，令，探讨在的单调性即可求解.【小问1详解】当时，，，令，当时，f′x>0；当时，f所以在为增函数，在为减函数，所以的极小值为，无极大值；【小问2详解】由有：，当时，令得或，当时，f′x>0，当时，f′x<0，当时，f′x>0，所以在上单调递增，在上单调递减，所以为的极值点，且，所以，令，则，所以在上单调递减，又，所以不等式，所以，即取值范围为.【点睛】考查函数的极值、不等式恒成立问题，考查学生的逻辑推理能力，运算能力.18.如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．（1）证明：平面；（2）设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量的数量积为0，证明线线垂直，从而得到线面垂直.（2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数通过二次函数对称轴求函数的最大值.【小问1详解】如图，在平面ABC内过点作直线，∵平面，平面，∴，，∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，∵为的中点，∴，∴，，，∴，即，又∵平面，平面，，∴平面.【小问2详解】设，即则，，，设平面的一个法向量，则，令，则，即，设直线与平面所成角为，则，令，当时，取最小值，即，即当时，取得最大值，，19.设抛物线的焦点为，点，直线交于，两点，且．（1）求的标准方程；（2）已知，是抛物线上的任意两点，过点，分别作在点，处的切线交于点，①证明：，，成等比数列；②证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设直线方程为，根据过点且可求出的值，即可得到结果.（2）①表示切线方程，联立可得点坐标，表示，，即可证明结论.②利用向量证明，结合三角形相似可证明结论.【小问1详解】由题意得，直线斜率存在，.∵直线过点，∴设直线方程为