2023-2024学年云南省玉溪市高三上学期期末教学质量检测数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.复数在复平面内对应的点位于
( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.已知是抛物线的焦点，点在上，且的纵坐标为，则( )
A. B. C. D.
4.在中，点满足，则
( )
A. B.
C. D.
5.某学校运动会男子决赛中，八名选手的成绩单位：分别为：，，，，，，，，则下列说法错误的是( )
A. 若该八名选手成绩的第百分位数为，则
B. 若该八名选手成绩的众数仅为，则
C. 若该八名选手成绩的极差为，则
D. 若该八名选手成绩的平均数为，则
6.已知函数，若存在，使得方程有三个不等的实根，，且，则( )
A. B. C. D.
7.若将函数的图象平移后能与函数的图象重合，则称函数和互为“平行函数”已知，互为“平行函数”，则( )
A. B. C. D.
8.第七届国际数学大会的会徽图案是由若干三角形组成的如图所示，作，，，再依次作相似三角形，，，，直至最后一个三角形的斜边与第一次重叠为止则所作的所有三角形的面积和为
( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正四棱柱中，已知与平面所成的角为，则
( )
A. B. 与平面所成的角为
C. D. 平面
10.已知圆，直线，点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，，当最大时，则
( )
A. 直线的斜率为 B. 四边形的面积为
C. D.
11.古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表托勒密用圆的半径的作为一个度量单位来度量弦长，将圆心角所对的弦长记为例如圆心角所对弦长等于个度量单位，即则
( )
A.
B. 若，则
C.
D.
12.已知函数，则
( )
A. 当时，有个零点 B. 当时，有个零点
C. 存在，使得有个零点 D. 存在，使得有个零点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点在角终边上，且，则的值可以是 写一个即可
14.春节前夕，某社区安排小王、小李等名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排人，至多安排人若小王、小李安排在同一个敬老院，且这名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式种数为 用数字作答
15.已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为圆心作与的渐近线相切的圆，该圆与的一个交点为，若为等腰三角形，则的离心率为 ．
16.已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
在中，，，．
求的面积
如图，，，求．
18.本小题分
记为数列的前项和，．
求数列的通项公式
在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和．
19.本小题分
如图，在三棱锥中，平面，是线段的中点，是线段上一点，，．
证明：平面平面
是否存在点，使平面与平面的夹角为若存在，求若不存在，说明理由．
20.本小题分
聊天机器人是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为假设每次输入的问题出现语法错误的概率为．
求一个问题的应答被采纳的概率
在某次测试中，输入了个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为，事件的概率为，求当最大时的值．
21.本小题分
已知是椭圆的右焦点，点在不过原点的直线上，交于，两点当与互补时，，．
求的方程
证明：为定值．
22.本小题分
已知函数，
讨论的单调性
当时，若恒成立，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查的是集合的交集和补集运算，是基础题．
根据集合的交集和补集运算即可得出答案．
【解答】
解：，集合，，
，
．
2.【答案】
【解析】解：复数在复平面上对应的点位于第一象限．
故选：．
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的定义和几何性质，属于基础题．
设，根据抛物线的定义求得即可求解 ．
【解答】
解：抛物线的焦点为，准线方程为，
设 ，由抛物线定义可得 ．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
画出图形，结合向量的运算写出结果即可．
【解答】
解：点为所在平面内的一点，且，
如图作出平行四边形，
可知，即，
同理可得，
则．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查百分位数、众数、极差、平均数，考查学生的计算能力，属于中档题．
该数据除，从小到大排列，利用百分位数、众数、极差、平均数的计算方法得出结论．
【解答】
解：该数据除，从小到大排列：，，，，，，．
因为，所以该八名选手成绩的第百分位数为该数据从小到大排列后第与第位数的平均数，则，A错误；
根据众数的意义，可知B正确；
因为，所以若该八名选手成绩的极差为，则，C正确；
若该八名选手成绩的平均数为，
则，D正确．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】本题考查了正弦函数的图象，函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
根据图象变换得到的图象，利用数形结合即可得到的值．
【解答】解：因为，，所以，又因为的图象是由的图象向左平移个单位得到，由正弦函数的图象可得，若使得方程有三个不等的实根，则符合，此时，即．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查函数图象的变换，属于中档题．
利用函数图象的变换关系求解．
【解答】
解：与互为“平行函数”，
函数的图象平移后能与函数的图象重合，则．
故：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了数列的递推关系，等比数列的通项公式和求和公式，属于中档题。
设第个直角三角形的较长直角边长为，较短直角边长为，面积为，依题意有，，，，利用等比数列的通项公式和求和公式，即可求解。
【解答】
解：设第个直角三角形的较长直角边长为，较短直角边长为，面积为
依题意有，，，，则，，
，所有三角形的面积和为
．
故选：。
9.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了直线与平面所成的角求解及其应用，线面垂直的判定与性质，属于中档题．
不妨令正四棱台的底面边长为，可根据直线与平面所成角的定义，确定出高线，然后利用立体几何的相关知识点结合选项逐个判断即可求解．
【解答】
解：连接，，不妨令，即正四棱台的底面边长为，
在正四棱柱中，面，
所以为与平面所成的角，
即，因为，所以，
解得：，即，故A正确；
在正四棱柱中，连接，面，
所以为与平面所成的角，
，故，故B正确；
因为四边形为矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，
又面，所以与不垂直，因为，所以与不垂直，故C错误；
因为，与不垂直，
所以与不垂直，所以与平面不垂直，故D错误．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题。
对于，最大时，此时垂直于直线，可判断；对于，利用三角形面积公式，可判断；对于，利用三角形面积公式计算，可判断；对于，，利用二倍角公式，可判断。
【解答】
对于，根据题目，我们知道圆的半径为，直线的方程为，点在直线上运动，
过点作圆的两条切线，切点分别为，，当最大时，此时垂直于直线，
所以直线的斜率为，即选项A错误
对于，由知，，，四边形的面积为，即选项B正确
对于，，即选项 C正确；
第五步，，，
，即选项D错误。
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查解三角形，理解新定义，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
根据度量弦长的定义，利用余弦定理，结合选项分析得出结论．
【解答】
解：由，知，由题意知，角所对应的弦长为，
由余弦定理得，，所以，故A错误；
由余弦定理得，，所以，即，C正确；
若，则，解得，B正确；
，D正确
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分段函数的图象，考查分类讨论思想及数形结合思想，属于难题．
作出函数的图象，令，由，可得结合图象逐项分析即可求解．
【解答】
解：当时，，则；
当时，，则．
作出函数的图象如图所示：
令，由，可得．
对于，当时，，
当时，由，可得，解得，此时有个零点；
当时，由，可得，即．
设，则，
所以在上单调递增，所以，
故由，可得，
由，可得或，此时有个零点，
故当时，有个零点，故A错误；
对于，当时，，
当时，，即，
故或，解得，此时有个零点；
当时，，即．
设，
则，所以在上单调递增．
因为，，
所以存在，使得，此时有个零点，
故当时，有个零点，故B正确；
对于，由选项的分析可得，当时，有个零点，故C正确；
对于，是斜率为的直线束，
当经过点时，，此时方程为；
当经过点时，，此时方程为，
由图可得，当时，与的图象有个交点，
设为，且，
则，
易知有个解，有个解，有个解，
所以时，有个零点，故D正确．
13.【答案】均可
【解析】【分析】
本题主要考查了三角函数的定义，属于基础题．
由，即，求得的范围，利用三角函数的定义得，结合为整数，即可求解．
【解答】
解：由题意得：，即，
解得：，因为，所以，，．
因为，
故的值可以是均可．
14.【答案】．
【解析】【分析】本题考查了排列、组合的综合应用，分步乘法计数原理，属于中档题。
由题意，分两步进行分析：将名志愿者分三组，要求小王、小李在同一组，将分好的三组安排到三个
敬老院，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：由题意，分两步进行分析：将名志愿者分为、、的三组，
要求小王、小李在同一组，则有种分组方法，
将分好的三组安排到三个敬老院，有种情况，
则有种不同的安排方式．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】解：双曲线的左、右焦点分别是、，
以为圆心和双曲线的渐近线相切的圆与双曲线的一个交点为，
若为等腰三角形，
由双曲线的右焦点到渐近线的距离为
，
由，，，
可得，即，
可得，
可得，
由，
即，，
解得．
故答案为：．
利用双曲线的定义以及已知条件列出方程，转化求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，直线与圆相切的条件，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
16.【答案】．
【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的极值，简单多面体棱柱、棱锥、棱台及其结构特征，球的表面积和体积和换元法，属于中档题．
利用球的表面积得球的半径，即正四棱锥的外接球的半径，设正方形的边长为，正方形的外接圆的圆心为，利用正四棱锥的结构特征得正四棱锥的体积，再利用换元法，结合利用导数研究函数的极值，计算得结论．
【解答】解：设球的半径为，所以，解得，
因此正四棱锥的外接球的半径为．
设正方形的边长为，正方形的外接圆的圆心为，
则，因此，
而是正四棱锥，当其体积最大时，有，
因此正四棱锥的体积
令，则，且，
因此
．
因为，所以由得，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：．
17.【答案】解：因为，所以，
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，解得．
又因为
，
所以．
由可知，，因为，所以，
又因为，即，故，
所以，，
在中，由余弦定理可得，解得．
【解析】本题考查了余弦定理、正弦定理、三角形面积公式以及三角恒等变换，是中档题．
在中，由正弦定理得，再得出，再由三角形面积公式可得结果；
在中，由余弦定理可得．
18.【答案】解：当时，，所以，
当时，，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
即．
由题意，，则，
记数列的前项和为，
所以．
【解析】本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
根据已知条件，结合当时，，即可求解；
先求出，再结合并项求和法，即可求解．
19.【答案】解：证明：因为，是的中点，所以，
在中，，，所以，
在中，，，所以，得，
又平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面，
由平面，得，又，
又，，平面，所以平面，
由平面得，平面平面；
存在点满足条件，
以为原点，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，
，，
设平面的法向量为，
则令得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
由已知得，即，解得，即，
所以存在点使平面与平面的夹角为，此时．
【解析】本题主要考查面面垂直的判定，二面角，空间向量法求二面角，属于中档题．
由题意可证，，由面面垂直判定定理可证平面平面
以为原点，建立空间直角坐标系，由空间向量法求平面与平面的夹角，可得存在点使平面与平面的夹角为，此时．
20.【答案】解：记“输入的问题没有语法错误”为事件，“一次应答被采纳”为事件，
由题意，，，
则，
；
依题意，∽，，
当最大时，有
即，解得，，
故当最大时，．
【解析】本题考查条件概率、次独立重复试验与二项分布，属于中档题．
记“输入的问题没有语法错误”为事件，“一次应答被采纳”为事件，由，即可求出结果；
依题意，∽，，由，即可求出结果．
21.【答案】解：因为与互补，所以与关于轴对称，
所以轴，又因为直线过，故的方程为．
设在第一象限，因为，则，
设为的左焦点，则，
故，即，
因为在上，，解得，
所以的方程为．
设，，直线，
联立得，
，，
所以，
故，
所以为定值．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系及圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．
根据条件及椭圆的定义即可求的方程
设，，直线，与椭圆方程联立计算即可求得为定值．
22.【答案】解：函数的定义域为，
当时，令，得，则当时，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
当时，令，得或．
当时，则当或时，当时，，所
以在和上单调递增，在上单调递减．
当时，当时，，所以在上单调递增．
当时，则当或时，当时，，所以
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，令，则，时，，则，
故，则，故当时，
所以当时，，解得，
由可知，当时，在上的极小值为，
由题，则有，解得．
当，解得，
当时，，，符合题意
当时，，，符合题意．
综上，当时，恒成立．
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查导数中的恒成立与存在性问题，属于较难题．
对函数求导，利用导数讨论研究函数的单调性即可；
利用导数研究函数的极值，讨论可求得的取值范围．
第1页，共1页
