四川省泸州市合江县马街中学校2024届高三上学期期末数学（文）试题 Word版含解析.docx

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街中学高2021级高三上期期末考试文科数学试卷第Ⅰ卷选择题一、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.设，则的虚部为(　　)A.1B.C.－1D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法运算法则计算出z，然后找出虚部．【详解】，则虚部是，选C【点睛】本题考查复数的运算，解题的关键是先进行乘法运算将其化成形式，其中实部为,虚部为，属于简单题.2.若，，则集合，的关系是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出，，由此能判断集合，的关系．详解】∵，，∴集合，的关系是．故选：D．【点睛】本题考查两个集合的关系的判断，解题时要认真审题，注意集合性质的合理运用，是基础题．3.已知，，则A.7B.C.-7D. 【答案】D【解析】【分析】依题意，可求得tanα的值，利用两角和的正切公式即可求得tan（α）的值．【详解】解：∵，sinα，∴cosα，∴tanα．∴tan（α）．故选D．【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，考查同角三角函数间的基本关系，求得tanα的值是关键，属于基础题．4.已知等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设公比为q，且q＞0，由题意可得关于q的式子，解得q，而所求的式子等于q2，计算可得．【详解】设各项都是正数的等比数列{an}的公比为q，（q＞0）由题意可得2＝+，即q2﹣2q﹣3＝0，解得q＝﹣1（舍去），或q＝3，故q2＝9．故选D．【点睛】本题考查等差中项的应用和等比数列的通项公式，求出公比是解决问题的关键，属于基础题．5.已知平面向量的夹角为，且，则（　　）A.64B.36C.8D.6 【答案】D【解析】【分析】根据向量运算的公式，直接计算出的值.【详解】依题意，故选D.【点睛】本小题主要考查平面向量的运算，属于基础题.6.已知正方形ABCD的边长为2，H是边AD的中点，在正方形ABCD内部随机取一点P，则满足的概率为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意结合几何概型计算公式求得相应的面积的数值，然后求解概率值即可.【详解】如图所示，以为圆心，为半径的圆的内部与正方形内部的公共部分，可拆为一个扇形与两个直角三角形，其中扇形的半径为，圆心角为，两个直角三角形都是直角边为1的等腰直角三角形，其面积为，正方形面积，概率为，故选A.【点睛】数形结合为几何概型问题的解决提供了简捷直观的解法．用图解题的关键：用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域，由题意将已知条件转化为事件A满足的不等式，在图形中画出事件A发生的区域，据此求解几何概型即可. 7设函数，则＝（　　）A.B.C.D.10【答案】B【解析】【分析】根据分段函数的解析式，分别求出，即可得出结果.【详解】根据题意，函数，，，则；故选B．【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，分别代入求值即可，属于基础题型.8.已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下面命题中正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面,平面与平面平行与垂直的概念以及直线与平面垂直的性质定理逐个判断可得答案.【详解】若，，则或,故不正确;若，，则或与相交,故不正确;若，，则或与相交,故不正确;若，，则,是正确的.故选:D.【点睛】本题考查了直线与平面,平面与平面平行与垂直概念,考查了直线与平面垂直的性质定理,属于基础题.9.已知函数，则（）A.它的最小值为B.它的最大值为2C.它的图象关于直线对称D.它的图象关于点对称 【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换化简，然后结合三角函数的性质依次判断各个选项，得到正确结果.【详解】，函数的最小值为1，最大值为3，故A，B错误；由，可知函数的图象关于直线对称，故C正确；由得，则函数的图象关于点对称，故D错误.故选：C．10.已知,为椭圆：的两个焦点P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且,则四边形的面积为（）A.24B.33C.9D.18【答案】D【解析】【分析】判断出四边形为矩形，根据将椭圆与联立，解出点P,Q的坐标，进而即得.【详解】由题意可知四边形为矩形，P,Q可看作是椭圆：与圆关于坐标原点对称的两个交点，不妨设P,Q位置如图所示分别位于一、三象限.由得， 所以，因为，所以.所以.故选：D11.已知动直线与圆相交于，两点，且满足，点为直线上一点，且满足，若为线段的中点，为坐标原点，则的值为（）A.3B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】先利用圆的方程和弦长判定为等边三角形，设出符合条件的一条直线，再利用平面向量共线得到点的坐标，再利用数量积的坐标运算进行求解.【详解】动直线与圆：相交于，两点，且满足，则为等边三角形，所以不妨设动直线为，根据题意可得，，∵是线段的中点，∴，设，∵，∴， ∴，解得，∴，∴.故选：A．12.函数在（一∞，十∞）上单调递增，则实数a的范围是A.{1}B.(－1，1)C.(0.1)D.{－1，1}【答案】A【解析】【分析】根据f′（x），结合结论，即进行放缩求解，求得实数a的取值范围．【详解】f′（x）=恒成立，即恒成立，由课本习题知：，即，只需要x，即(a-1)(x-1)恒成立，所以a＝1故选A.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性的性质的问题，属于中档题．第Ⅱ卷非选择题 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数的图象在处的切线方程为______．【答案】【解析】【分析】先求解出导函数，然后计算出时的导数值和函数值，可得切线的点斜式方程，再化为一般式方程即可.【详解】由题意，得，所以，又，所以切线方程为，即为，故答案为：.14.若函数的定义域和值域都是，则______．【答案】【解析】【分析】对的范围分类，由函数的定义域和值域都是列方程即可求出，问题得解．【详解】当时，函数递增，又函数的定义域和值域都是，则：，此不等式组无解．当时，函数递减，又函数的定义域和值域都是，则：，解得：，所以.【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性及对数运算知识，考查转化能力及计算能力，属于基础题．15.四边形中，，，，，则的最大值为__________．【答案】 【解析】【分析】设∠ABC＝α，∠ACB＝β，在△ABC中，由余弦定理得AC2,由正弦定理得sinβ＝,在△BCD中，由余弦定理得BD2然后由正弦函数图像的性质可得最大值.【详解】设∠ABC＝α，∠ACB＝β，则在△ABC中，由余弦定理得AC2＝10﹣6cosα．由正弦定理得，即sinβ＝,∵,，∴CD=在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cos（900+β），即DB2＝9++2×3××＝-2cosα+2sinα＝+4sin（）∴当α＝时，对角线BD最大，最大值为，则的最大值为,故答案为【点睛】本题考查三角形中正余弦定理的应用，考查正弦函数的性质，属于中档题.16.设双曲线的半焦距为,直线经过双曲线的右顶点和虚轴的上端点.已知原点到直线的距离为,双曲线的离心率为_____.【答案】【解析】 【分析】先求出直线的方程，利用原点到直线的距离为，及又，求出离心率．【详解】∵直线过两点，∴直线的方程为：，即，∵原点到直线的距离为，∴=．又，即，∴或.又因为，∴，故离心率为，故答案为：2．【点睛】本题考查了双曲线的几何性质—离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程，得到的关系式是解得的关键，对于双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得的取值范围)．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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某商店为了更好地规划某种产品的进货量，该商店从某一年的销售数据中，随机抽取了8组数据作为研究对象，如表（吨）为该商品的进货量，（天）为销售天数：x/吨234568911y/天12334568（1）根据上述提供的数据，求出关于的回归方程；（2）在该商品进货量不超过6吨的前提下任取2个值，求该商品进货量恰好有1个值不超过3吨的概率. 参考数据和公式：，【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据提供的数据，分别求得，然后写出回归直线方程；（2）根据古典概型的概率求法，先列举出从进货量不超过6吨的前提下任取2个值的基本事件的个数，然后找出恰好有1次不超过3吨的基本事件的个数，再代入公式求解.【详解】（1）由题意得：，所以回归直线方程为；（2）进货量不超过6吨有2，3，4，5，6共5个，任取2个有有10个结果，恰好有1次不超过3吨的有：共6种所以所求的概率为【点睛】本题主要考查线性回归分析和古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18.设数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由求得，由时，可得的递推式，得其为等比数列，从而易得通项公式； （2）根据（1）得，再用裂项相消法求解即可．【小问1详解】解：∵，①当时，，∴当时，，②由①-②得：∴∴是以为首项，公比为的等比数列∴【小问2详解】解：由（1）得∴19.如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点.（1）求证：平面平面；（2）是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）由，知，所以可得出，因此，等价于，继而得出的值.【详解】（1）证明：因为是正三角形，为线段的中点，所以.因为是菱形，所以.因为，所以是正三角形，所以，而，所以平面.又，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）由，知.所以，，.因此，等价于，所以，.即存在满足的点，使得，此时.【点睛】本题主要考查平面与平面垂直的判定、三棱锥的体积等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力和创新意识；考查化归与转化、函数与方程等数学思想，属于难题.20.已知点为圆的圆心，是圆上的动点，点在圆的半径上，且有点和上的点，满足.(Ⅰ)当点在圆上运动时，判断点的轨迹是什么？并求出其方程；(Ⅱ)若斜率为的直线与圆相切，与(Ⅰ)中所求点的轨迹交于不同的两点，且（其中是坐标原点）求的取值范围.【答案】（1）；（2）或【解析】【详解】试题分析：（1）中线段的垂直平分线，所以，所以点的轨迹是以点 为焦点，焦距为2，长轴为的椭圆，从而可得椭圆方程；（2）设直线，直线与圆相切，可得直线方程与椭圆方程联立可得：，可得，再利用数量积运算性质、根与系数的关系及其即可解出的范围.试题解析：（1）由题意知中线段的垂直平分线，所以所以点轨迹是以点为焦点，焦距为2，长轴为的椭圆，故点的轨迹方程式（2）设直线直线与圆相切联立所以或为所求.21.已知函数（其中e为自然对数的底数）．（1）若，证明：当时，恒成立；（2）已知函数在R上有三个零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）把代入函数，在给定条件下，等价变形不等式，构造函数，借助导数推理作答.（2）把问题转化为函数有两个都不是0的零点，再利用导数探讨最大值，并结合零点存在性定理推理判断作答.【小问1详解】当时，，因，，令，求导得，即函数上单调递减，，，因此，当时，恒成立，所以当时，恒成立.【小问2详解】依题意，，由，得，显然是函数一个零点，因函数在R上有三个零点，则有两个都不是0的零点，，当时，，函数在上单调递减，此时，在上最多一个零点，不符合题意，当时，在上单调递减，，则当时，，当时，，因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，要有两个零点，必有，即，得，因，则存在，使得，即函数在上有一个零点，令，，求导得：，令，，则函数在上单调递增，，，因此，函数在上单调递增，，，即在时，恒成立，当时，在时恒有 成立，因此，，，令，则，于是得，则存在，使得，即函数在上有一个零点，因此在上有一个零点，从而得，当时，在上有两个零点，即函数在R上有三个零点，所以实数a的取值范围是.【点睛】思路点睛：涉及由函数零点个数求参数范围问题，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值，结合零点存在性定理推理求解.（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点的射线与曲线相交于不同于极点的点，且点的极坐标为，其中．（1）求的值；（2）若射线与直线相交于点，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）本小题先消参转化为普通方程，再普通方程化为极坐标方程，最后求解即可；（2）本小题先联立方程求，再利用的几何意义求解即可.【详解】（1）由题意知，曲线的普通方程为，∵，，∴曲线C的极坐标方程为即. ∵，∴，∵，∴.（2）由题意，易知直线的普通方程为，∴直线的极坐标方程为.又射线的极坐标方程为（），联立方程得，解得.所以点的极坐标为，所以.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，极坐标方程的应用，是中档题.23.已知函数，函数的定义域为R.（1）求实数的取值范围；（2）求解不等式.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）问题转化为：当时，不等式恒成立，根据绝对值的性质求出函数的最小值进行求解即可；（2）利用绝对值的性质把函数的解析式化成分段函数的形式，然后分类讨论进行求解即可.【详解】（1）因为函数的定义域为R，所以，当时恒成立，即当时，不等式恒成立，因此只需，因为，当且仅当时取等号，即时，取等号， 所以，因此，所以实数的取值范围为；（2）.当时，；当时，，显然成立，所以；当时，，综上所述：不等式的解集为：