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1、 2024届高三名校期末测试数学考生注意：1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上作答无效.3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集与补集运算求解即可.【
2、详解】，又故选：A2. 复数的虚部是（ ）.A. B. C. 8D. 【答案】A【解析】【分析】先根据复数的乘法和除法运算化简复数，再由复数的概念可求得选项.【详解】因为，所以复数的虚部是，故选：A.【点睛】本题考查复数的除法和乘法运算，以及复数的概念，属于基础题.3. 已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量投影的概念运算求出，再利用向量数量积运算求得结果.【详解】由题在上的投影向量为，又，即，.故选：A.4. 在中，“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答
3、案】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的定义，根据三角形内角的性质以及三角函数的诱导公式，可得答案.【详解】在中，则，充分性：当时，所以“”是“”的充分条件;必要性：当时，取，此时满足，但，所以“”是“”的不必要条件.综上所述，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】圆的方程化为，求出圆心和半径，利用直角三角形求出，由二倍角公式可得的值【详解】圆可化为，则圆心，半径为；设，切线为、，则，中，所以故选：A6. ，五人站成一排，如果，必须相邻，那么排法种数共有（ ）A. 24B. 120C. 48D.
4、 60【答案】C【解析】【分析】利用捆绑法以及分步计数原理求解.【详解】将，看成一体，的排列方法有种方法，然后将和当成一个整体与其他三个人一共个元素进行全排列，即不同的排列方式有，根据分步计数原理可知排法种数为，故选：.7. 若系列椭圆（，）的离心率，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化为标准方程，直接求出离心率列方程即可求解.【详解】椭圆可化为：.因为，所以离心率，解得：.故选：A8. 已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个.A. 499B. 500C. 501D. 5
5、02【答案】D【解析】【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.【详解】由题意得：，其中，代入上式得：，要方程无实数解，则，显然第502个方程有解.设方程与方程的判别式分别为，则，等号成立的条件是，所以至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，故选：D.【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出
6、的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分）9. 已知一组数据：，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是（ ）A. 中位数不变B. 平均数不变C. 方差不变D. 第40百分位数不变【答案】AD【解析】【分析】依次分别算出这组数据去掉12和45前后的平均数，方差，第40百分位数和中位数，对比即可得解.【详解】将原数据按从小到大的顺序排列为，其中位数为25，平均数是，方差是，由，得原数据的第40百分位数是第4个数24.将原数据去掉12和45，得，其中位数为25，平均数是，方差是，由，得新数据第40百分位数是第3个数24，故中位数和第40百分位
7、数不变，平均数与方差改变，故A，D正确，B，C错误.故选：AD.10. 双曲线：，左、右顶点分别为，为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左、右两支分别交于，两点,与其两条渐近线分别交于，两点,则下列命题正确的是（ ）A. 存在直线，使得B. 在运动的过程中，始终有C. 若直线的方程为，存在，使得取到最大值D. 若直线的方程为，则双曲线的离心率为【答案】BD【解析】【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线：分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.【详解】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点
8、，故A项错误；对于B项：设直线:，与双曲线联立，得：，设，由根与系数关系得：，所以线段中点，将直线：，与渐近线联立得点坐标为，将直线：与渐近线联立得点坐标为所以线段中点，所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；对于C项：由B项可得，因为为定值，当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；对于D项：联立直线与渐近线，解得，联立直线与渐近线，解得由题可知，所以即，解得，所以，故D项正确.故选：BD.11. 如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成的角为B. 的周长最小值为C. 如果在这个容
9、器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.【详解】A选项，连接，由于为的中点， 所以，又，平面，所以直线平面，又平面
10、，所以，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于， ，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为，所以，即，解得，C正确； D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，由C选项可知，正四面体
11、内切球的半径是高的得，如图正四面体中，正四面体高为，解得，D正确. 故选：ACD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12. 小于300的所有末尾是1的三位数的和等于_【答案】3920【解析】【分析】根据小于300的所有末尾是1的三位数是以101为首项，以10为公差的等差数列求解.【详解】解：小于300的所有
12、末尾是1的三位数是101，111，121，291，是以101为首项，以10为公差的等差数列，所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为,故答案为：392013. 已知函数，若恒成立，则_.【答案】1【解析】【分析】对求导，分和两种情况，判断的单调性，求出的最小值，再结合恒成立求出的取值范围.【详解】由题可得的定义域为，且，当时，所以在上单调递增，所以当时，与矛盾；当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，因为恒成立，所以，记当时，单调递增，当时单调递减，所以，所以在上恒成立，故要使恒成立，则，所以.故答案为：114. 已知抛物线，点为抛物线上的动点，点与点的距离的最小值为2，则_.【答案】【
13、解析】【分析】由题意得，对与0大小关系分类讨论即可得解.【详解】设（i）当，即时，有最小值，即有最小值，解得，由于，故.（ii）当，即时，有最小值，即有最小值，解得或12.综上，的值为.故答案为：.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤）15. 在中，的对边分别为，已知.（1）求；（2）已知点在线段上，且，求长.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理角化边即可得解.（2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理求解即得.【小问1详解】在中，由及余弦定理，得，即，而，所以.【小问2详解】由（1）知，由余弦定理得，为三角形
14、内角，则，而，于是，在中，由正弦定理得，所以.16. 甲、乙两人进行射击比赛，每次比赛中，甲乙各射击一次，甲乙每次至少射中8环.根据统计资料可知，甲击中8环9环10环的概率分别为，乙击中8环9环10环的概率分别为，且甲乙两人射击相互独立.（1）在一场比赛中，求乙击中的环数少于甲击中的环数的概率；（2）若独立进行三场比赛，其中X场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，求的分布列与数学期望.【答案】（1）0.2 （2）分布列见解析，数学期望为0.6【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）根据独立重复实验相关概率计算知识可得答案.【小问1详解】设乙击中的环数少于甲击中的环数
15、为事件，则事件包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环，则.【小问2详解】由题可知的所有可能取值为，由（1）可知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，则，所以，故的分布列为01230.5120.3840.0960.008所以.17. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上异于A，C的点.（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；（2）设平面平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.【答案】（1）作图及理由见解析； （2）.【解析】【分析】（1）取中点P，作直线，再利用线面平行判定推理作答.（2）延长交
16、于点O，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量建立线面角正弦的函数关系，求出其范围作答.【小问1详解】取中点P，作直线，则直线即为所求，取中点H，连接，则有，如图，在等腰梯形中，有，则四边形为平行四边形，即有，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，因此平面，即为四棱锥的高，在中，当且仅当时取等号，此时点与重合，梯形的面积为定值，四棱锥的体积，于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，在等腰梯形中，此梯形的高，显然为的
17、中位线，则，设，则设平面一个法向量，则，令，得，则有，令，则，当时，当时，当且仅当，即时取等号，综上得，所以的取值范围是.【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可.18. 已知函数.（1）当时，探究零点的个数；（2）当时，证明：.【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求得导函数，然后分类讨论确定零点的个数即可；（2）由题意可知在上有1个零点，结合不等式的特点，构造函数，对函数进行求导，利用导数推出成立，再代入进行求证即可.【小问1详解】，定义域为.当时，二次函数的图象开口向上，对称轴为
18、.，即时，在上无零点；，即时，在上有1个零点；，即时，在有2个不同的零点；综上，当时，在上无零点；当时，在上有1个零点；当时，在有2个不同的零点；【小问2详解】证明：由（1）分析知，当时，二次函数的图象开口向下，此时，在上有1个零点，设零点为，则，解得，进一步，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，不妨设，函数定义域为，可得，当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值，则成立，此时，故.19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书中阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗
19、尼斯圆，圆心在直线上已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分求的取值范围；将点、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；由阿波罗尼斯圆定义知，在以，
20、为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，且，解得，椭圆的方程为方法（2）设，由题意（常数），整理得：，故，又，解得：，椭圆的方程为方法（3）设，则由题意为常数，又，解得：，故椭圆的方程为（2）由，又，（或由角平分线定理得）令，则，设，则有，又直线的斜率，则，代入得：，即，由知，由阿波罗尼斯圆定义知，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：又，故，又，解得：，直线的方程为【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.