四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期中理科数学Word版含解析.docx

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2023-2024学年度上期高2024届半期考试数学试卷（理科）考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．本试卷分选择题和非选择题两部分．3．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定位置上．5．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．6．考试结束后，只将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：（本题共12小题，每小题5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已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简集合，结合集合的运算即可.【详解】由，，，，则A,C,D错误，B正确.故选：B2.复数，则（）A.B.5C.D.3【答案】C【解析】 【分析】由复数的运算求解即可.【详解】，.故选：C3.执行如图所示程序框图，则输出结果是（）A.热B.爱C.生D.活【答案】C【解析】【分析】模拟程序运行，确定变量值的变化后可得．【详解】程序运行中，第一次循环时，爱，生，活，爱，第二次循环时，生，活，爱，生，第三次循环时，活，爱，生，活，此时，退出循环，输出生，故选：C．4.某公司一种型号的产品近期销售情况如表：月份23456销售额（万元）15.116.317.017.218.4根据上表可得到回归直线方程，据此估计，该公司7月份这种型号产品的销售额为（）A.18.85万元B.19.3万元C.19.25万元D.19.05万元【答案】D【解析】【分析】根据题意，由回归直线方程过样本点的中心，即可求得，然后代入计算，即可得到结果.【详解】由表中数据可得，，因为回归直线过样本点的中心，所以，解得，所以回归直线方程为，则该公司7月份这种型号产品的销售额为万元.故选：D 5.已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（）A.若且，则B.若且，则C.若且，则D.若不垂直于，且，则不垂直于【答案】C【解析】【分析】A选项，与可能平行、相交或异面，B选项，有或，C选项，由面面垂直的判定定理可知正确.D选项，与有可能垂直.【详解】对于A选项，若且，则与可能平行、相交或异面，故A错误.对于B选项，若且，则或，故B错误.对于C选项，因为，所以由线面平行的性质可得内至少存在一条直线，使得，又，所以，由面面垂直的判定定理可知，故C正确.对于D选项，若不垂直于，且，与有可能垂直，故D错误.故选:C.6.如图，在中，，是边一点，，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以，为基底，将分别用基底表示，再结合数量积的运算律可得答案.【详解】 故选：A．7.将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则关于函数以下说法正确的是（）A.最大值为1，图象关于直线对称B.周期为，图象关于点对称C.在上单调递增，为偶函数D.在上单调递减，为奇函数【答案】A【解析】【分析】先通过平移求出，然后利用余弦函数的性质逐一判断即可.【详解】将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则函数，对于A：，图象关于直线对称，正确；对于B：函数的最小正周期为，，图象不关于点对称，错误；对于C：，为偶函数，当时，，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，在单调递增，错误； 结合选项C，当时，，因为在上单调递减，所以在单调递增，D错误.故选：A.8.如图，平面四边形中，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，四面体的顶点在同一个球面上，则该球的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意取的中点，的中点，连接，可得为外接球的球心，再由球的体积公式，即可得到结果.【详解】取的中点，的中点，连接，由题意可知，，所以，由于平面平面，所以平面，所以,，所以，在中，， 所以四面体的外接球的球心为，半径为，所以该球的体积.故选：B9.已知双曲线C的两个顶点分别为A1，A2，若C的渐近线上存在点P，使得，则C的离心率的取值范围是A.（1，3]B.[3，+∞）C.（1，2]D.[2，+∞）【答案】A【解析】【分析】由题意设一条渐近线为：，取点,又，代入化简得，由题转化为此方程有解，可得离心率的取值范围.【详解】由题意设一条渐近线为：，取点，且，，因为，，整理得，该方程有解时，存在符合题意的P点，故，化简得，即，∴.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，双曲线的离心率范围的求解，考查了学生转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.10.已知函数，在有且只有一个极值点，则的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出导函数，问题转化为在上只有一个变号零点，再求导数确定单调性，利用零点存在定理求解．【详解】，由题意在上只有一个变号零点，设，，时，在上没有极值点，，时，恒成立，递减，时，，因此，，所以，时，恒成立，递增，时，，因此，，所以，时，时，，递增，时，，递减，，时，，，因此若，则上至多只有一个不变号零点，所以且，由得，此时满足题意．综上，的范围是．故选：C． 11.已知数列满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知的递推公式得出数列为等比数列，写出其通项公式，然后累加法求出数列的通项公式，从而求出的值即可.【详解】因为，所以，即，所以数列以首项为，公比为4的等比数列，所以，，，，，累加得：，所以，所以，故选：A. 12.已知，则在下列关系①；②；③；④中，能作为“”的必要不充分条件的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.【详解】对于①，取，满足，但不满足，即成立推不出，由于，故，而，故，当且仅当时取等号，即成立可推出成立，故不是“”的必要不充分条件；对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），则中相应的点所在区域即上述区域；而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线 在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，即是的必要不充分条件，对于③，由得，故，（），设，则，则在上单调递减，且，则存在，使得，即时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，而，则在上恒成立，即，故；而当成立时，不妨取，成立，但不成立，故是的必要不充分条件；对于④，当时，设，则，显然在单调递增，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，又，作出的大致图象如图：由图象可知存在，使得， 故当时，只有唯一解，若，使得，则，与条件不符，即此时得不出，即不是的必要条件，故能作为“”的必要不充分条件的是②③，故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，实质还是考查导数的应用，难度较大，难点是选项③④的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断③，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断④.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.曲线在点处的切线的倾斜角为_____．【答案】【解析】【分析】求得的导数，将代入，可得切线的斜率，再由直线的斜率公式，计算可得所求倾斜角．【详解】函数的导数为，可得曲线在点处切线的斜率为，则切线的倾斜角满足，，解得.故答案为：．【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查运算能力，属于基础题．14.已知，则二项式展开式中的常数项为______．【答案】28【解析】【分析】根据题意，由条件可得，结合二项式展开式的通项公式即可得到结果. 【详解】因为，则二项式展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中的常数项为.故答案为：15.数列满足：，数列的前项和记为，则______．【答案】2191【解析】【分析】，对分类讨论，利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出.【详解】数列是以公差的等差数列;.,数列是以公比的等比数列;..故答案为：2191.16.分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，的内切圆的圆心为，设直线的斜率分别为，则椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】利用正切的二倍角公式求得直线的斜率，得出它们的方程后可求得点坐标（用 表示），代入椭圆方程得关于的齐次方程，可求得结论．【详解】由已知，，，，所以，，，直线方程为，直线方程为，由得，即，在椭圆上，所以，，解得或（舍去），故答案为：．三、解答题：（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.在中，内角所对的边分别为，其外接圆半径为1，， ．（1）求；（2）求的面积．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再由平方关系计算可得；（2）由正弦定理得到，再由（1）可得，利用余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.【小问1详解】因为且外接圆半径为1，根据正弦定理得，即，代入，即，由于，则，所以，则，解得．【小问2详解】因为，根据正弦定理得，即，由（1）知．由余弦定理得，解得．又因为，所以，所以．18.一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中正视图和俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形，是的中点． （1）求证：平面；（2）若为线段上一点，且，二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）根据题意，先证明平面，即可得到，再结合线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由条件知，且平面，平面，且平面，，，．，且平面，平面．【小问2详解】以为原点，分别为轴的非负方向建立空间直角坐标系．则，设平面的法向量为， 由，得，取，则．．由（1）知，平面的法向量为由，解得．19.体育强国是新时期我国体育工作改革和发展的目标和任务，我国要力争实现体育大国向体育强国的转变.2019年9月2日，国务院办公厅印发《体育强国建设纲要》，纲要提出，到2035年，《国民体质测定标准》合格率超过．2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在我国杭州成功举办，中国代表队以201枚金牌，383枚奖牌夺得金牌榜和奖牌榜第一.这是新时期中国体育工作改革和发展过程中取得的优异成绩.某校将学生的立定跳远作为体育健康监测项目，若该校初三年级上期开始时要掌握全年级学生立定跳远情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到频率分布直方图，且规定计分规则如下表：跳远距离得分17181920（1）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于35分的概率；（2）若该校初三年级所有学生的跳远距离（单位：）服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差（各组数据用中点值代替）．根据往年经验，该校初三年级学生经过一年训练后，每人跳远距离都有明显进步，假设初三结束进行跳远测试时每人跳远比初三上学期开始时距离增加，现利用所得正态分布模型：（ⅰ）若全年级恰好有2000名学生，预估初三结束进行测试时，跳远距离在以上的人数；（结果四舍五入到整数） （ⅱ）若在全年级所有学生中任意选取3人，记初三结束进行测试时，跳远距离在以上的人数为，求随机变量的分布列和期望．附：若随机变量服从正态分布，则，，．参考数据：；【答案】（1）（2）（ⅰ）1683人；（ⅱ）分布列见解析，1.5【解析】【分析】（1）先根据频率分布直方图求出得分17分和18分的人数，利用组合可得；（2）（ⅰ）先求出，，根据正态分布概率的性质可得；（ⅱ）根据正态分布可知学生中任取1人，跳远距离在以上的概率为0.5，服从二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得.【小问1详解】两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分，由频率分布直方图，得分为17分的人数为人，得分为18分的人数为人，故.【小问2详解】又，所以，所以初三结束进行测试时，，，所以.（ⅰ）因为所以，所以跳远距离在以上的人数为：（人）（ⅱ）由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，跳远距离在以上的概率为0.5， 故，所以，，，，的分布列为：01230.1250.3750.3750.12520.已知抛物线的焦点为，过抛物线上除原点外任一点作抛物线准线的垂线，垂足为，直线是的角平分线．（1）求直线与抛物线交点的个数；（2）直线与抛物线的准线相交于点，过作抛物线的切线，切点为（不与点重合），求面积的最小值．【答案】（1）只有一个交点（2）4【解析】【分析】（1）由的中点坐标，判断出的角平分线即为中垂线，设出方程与抛物线方程联立，判别式为0即可；（2）根据抛物线上的点的切线方程，由两切线方程得两切点连线的直线方程，再与抛物线联立，结合弦长公式，点到直线的距离公式即可求.【小问1详解】设，则坐标为中点坐标为又为等腰三角形，的角平分线即为中垂线，的方程为，联立，得，与抛物线只有一个交点. 【小问2详解】设点，由题意可知，为抛物线的两条切线．先证：过抛物线上一点且与抛物线相切方程为，证明：设过的切线的斜率为，则由点斜式得切线方程为，则，得，相切，即则，因为点在抛物线上，则，故，，代入得，整理得：，因，代入上式得，，化简得：．因此，设，则根据上述结论可知：，因为都过点，带入上式得：，所以可知点都在直线上，因此直线的方程为．联立，得，点到直线距离分 当时，面积有最小值4．21.已知函数，.（1）求函数的极值；（2）若不等式对恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【详解】试题分析：（1）对函数求导得到，讨论和0和1的大小关系，在不同情况下求得导函数的正负即得到原函数的单调性，根据极值的概念得到结果；（2）设，构造以上函数，研究函数的单调性，求得函数的最值，使得最小值大于等于0即可.解析：（Ⅰ），，∵的定义域为.①即时，在上递减，在上递增，，无极大值.②即时，在和上递增，在上递减， ，.③即时，在上递增，没有极值.④即时，在和上递增，在上递减，∴，.综上可知：时，，无极大值；时，，；时，没有极值；时，，.（Ⅱ）设，，设，则，，，∴在上递增，∴的值域为，①当时，，为上的增函数，∴，适合条件.②当时，∵，∴不适合条件.③当时，对于，，令，，存在，使得时，， ∴在上单调递减，∴，即在时，，∴不适合条件.综上，的取值范围为.点睛：导数问题经常会遇见恒成立求参的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目所对应的标号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.已知曲线为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）若曲线与交于两点，点是曲线上异于点的任意一点，求的面积的最大值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程，消去参数，得到曲线的直角坐标方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；（2）求得圆心到直线的距离为，再由圆的弦长公式，求得弦长，结合圆上动点到弦的距离的最大值为，结合面积公式，即可求解.【小问1详解】 解：由曲线为参数），消去参数，可得曲线的直角坐标方程为，即，又由，代入，曲线的直角坐标方程为．【小问2详解】解：由（1）知，圆的圆心坐标为，则圆心到直线的距离为，可得圆上动点到弦的距离的最大值为，又由圆的弦长公式，可得，所以的面积的最大值为．[选修4-5：坐标系与参数方程]23.已知函数（1）解不等式；（2）若，且，求证：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将已知条件代入函数可得分段函数，然后分类讨论求解不等式即可；（2）将不等式化简展开得，再平方作差即，再进行因式分解得，即得证该不等式成立【详解】解：（1）由题意得， 当时，由，解得，当时，不成立，当时，由，解得，所以不等式的解析为，（2）由题意可得，要证即证，即证因为所以所以，所以，所以【点睛】方法点睛：此题考查了解绝对值不等式、证明不等式，常见的方法有：（1）利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合的思想；（2）利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；（3）通过构造函数，利用函数图像求解；（4）证明不等式的方法有：比较法、分析法、综合法等