四川省泸州市泸县第五中学2024届高三上学期期末数学（文）试题 Word版含解析.docx

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泸县五中高2021级高三上期末考试文科数学试卷本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60分）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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.【详解】由题意，，，根据交集的运算可知，.故选：A2.某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，它们的产量之比为2∶3∶5，用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本．若样本中A型号的产品有20件，则样本容量n为（）A.50B.80C.100D.200【答案】C【解析】【分析】直接由分层抽样的定义按比例计算即可.【详解】由题意样本容量为.故选：C.3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解.详解】，.故选：B.4.设x，y满足约束条件，则z＝2x＋y的最小值是（）A.－15B.－9C.1D.9【答案】A【解析】【分析】作出可行域，z表示直线的纵截距，数形结合知z在点B(－6，－3)处取得最小值.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图所示，目标函数，z表示直线的纵截距，，数形结合知函数在点B(－6，－3)处纵截距取得最小值，所以z的最小值为－12－3＝－15.故选：A【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.5.已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”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【答案】A【解析】【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】若函数在上单调递增，则在上的最大值为，若在上的最大值为，比如，但在为减函数，在为增函数，故在上的最大值为推不出在上单调递增，故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件，故选：A.6.将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，解得，又，故当时，的最小值为.故选：C.7.设是等比数列，且，，则（） A.12B.24C.30D.32【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．8.已知向量，满足，且，，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的运算律和定义即可得到夹角大小.【详解】由已知可得，设，又，，所以．故选：C．9.在正方体中，下列结论正确的是（）A.与所成的角为B.与所成的角为C.与所成的角为D.与所成的角为【答案】A【解析】【分析】根据空间直线与直线夹角定义逐项判断即可. 【详解】如图正方体中，设其棱长为1，易知直线与直线平行，所以与所成的角即为与所成的角，即为，而三角形为正三角形，所以，所以A正确；同理与平行，与所成的角即为与所成角，即为，三角形为正三角形，所以，所以C错误；因为，，，平面，平面，所以平面，所以与所成的角即为，则B错误；因为与平行，所以与所成角与与所成的角相等，即为，三角形中，，，所以不为，则D错误；故选：A10.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.【详解】. 故选：D11.已知一个四面体的五条棱都等于2，则它的体积的最大值为（）A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】首先根据题意得到四面体中至少有两个面是边长为2的正三角形，以其中一个为底面，则当另一个正三角形所在平面与它垂直时，四面体体积最大，再计算其体积即可.【详解】由于有五条棱长都等于2，则四面体中至少有两个面是边长为2的正三角形，以其中一个为底面，则当另一个正三角形所在平面与它垂直时，四面体体积最大，如图所示：此时和为边长为的正三角形，且平面平面.取的中点，连接.因为，所以.又因为平面平面，所以平面.所以，，所以.故选：C12.已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.【详解】因为，所以∽，设，则，设，则，．因为平分，由角平分线定理可知，，所以，所以，由双曲线定义知，即，，①又由得，所以，即是等边三角形，所以．在中，由余弦定理知，即，化简得，把①代入上式得，所以离心率为．故选：A．第II卷非选择题（90分） 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【详解】由题，当时，，故点在曲线上．求导得：，所以．故切线方程为．故答案为：．14.已知实数满足，则的最大值为________．【答案】11【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得到答案.【详解】由约束条件，画出可行域，如图：令，化为斜截式方程得，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大.由得，即. 所以点代入目标函数可得最大值，即最大值为.故答案为：11.15.过点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为___________.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，再利用直线方程的相关知识即可求出.【详解】抛物线可写成：且设，则两条切线的斜率分别为两条切线的方程为：又两条切线过点，所以所以直线AB的方程为：又，所以直线AB的方程为：.故答案为：.16.已知函数，则下列说法中正确的是________①一条对称轴为；②将图象向右平移个单位，再向下平移1个单位得到的新函数为奇函数；③若，则；④若且，则的最小值为．【答案】①③ 【解析】【分析】首先化简函数为，①根据正弦函数的性质验证即可；②利用平移变换得到判断；③由得到，从而得到，再由，利用两角差的正切公式求解判断；④令得到，在同一坐标系中作出的图象判断.【详解】解：函数，①因为，所以一条对称轴为，故正确；②将图象向右平移个单位得到，再向下平移1个单位得到，因为，所以新函数不是奇函数，故错误；③由得：，则，，当时，； 当时，，所以，故正确；④令得：，在同一坐标系中作出的图象如图所示：由图象知：，故错误，故答案为：①③三、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.某实验学校为提高学习效率，开展学习方式创新活动，提出了完成某项学习任务的两种新的学习方式.为比较两种学习方式的效率，选取40名学生，将他们随机分成两组，每组20人，第一组学生用第一种学习方式，第二组学生用第二种学习方式.40名学生完成学习任务所需时间的中位数，并将完成学习任务所需时间超过和不超过的学生人数得到下面的列联表：超过m不超过m第一种学习方式155第二种学习方式515（Ⅰ）估计第一种学习方式且不超过m的概率、第二种学习方式且不超过m的概率；（Ⅱ）能否有的把握认为两种学习方式的效率有差异？附：， P（）0.0500.0100.001k3.841663510.828【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）有.【解析】【分析】（Ⅰ）根据古典概型概率公式求解即可.（Ⅱ）根据的计算公式计算其观测值，并与附录中的数据进行对比可得结论.【详解】（Ⅰ）根据列联表得：第一种学习方式且不超过m的概率.第二种学习方式且不超过m的概率.（Ⅱ）由于，所以有的把握认为两种学习方式的效率有差异.【点睛】本题考查独立性检验的应用问题，考查古典概型概率问题，属于基础题.18.已知等比数列的公比为3，且，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【小问1详解】 设数列的公比为．∵，，成等差数列，∴．∴∵，∴解得．∴；【小问2详解】设，则．∴①∴②由①－②得，∴∴．19.如图，平面平面，四边形为矩形，为正三角形，，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）已知四棱锥的体积为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】 【分析】（1）利用平面几何知识结合已知条件可以证明，再利用面面垂直的性质进一步证明，结合线面垂直、面面垂直判定定理即得证.（2）不妨设，则点到平面的距离即为的长度，结合附加条件四棱锥的体积为可以求得所有棱长，最终利用平面几何知识即可求解.【小问1详解】一方面：因为为正三角形且为的中点，所以（三线合一），又因为平面平面且平面平面，并注意到平面，所以由面面垂直的性质可知平面，又因为平面，所以由线面垂直的性质可知；另一方面：由题意不妨设，则，因为为正三角形且为的中点，所以，，所以，且，注意到与均为锐角，所以，不妨设，因为，所以，即.综合以上两方面有且，注意到，平面，平面，所有由线面垂直的判定有平面， 又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）可知平面，则点到平面的距离即为的长度，一方面梯形的面积为，，所以有四棱锥的体积为，另一方面由题可知四棱锥的体积为，结合以上两方面有，解得，因为，所以，由（1）可知，所以，所以，所以.20.设函数，其中.（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若函数在上有极大值，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求导得，令，则，则可证明在上恒成立，则在递减，即在上单调递减，若函数在上有极大值，则只需即可.【详解】（Ⅰ）由题意，求导得.所以，.所以曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ），令，则.因为对于，恒成立，所以在上单调递减，即在上单调递减，因为在上有极大值，所以在上存在“左正右负”变号零点.由零点存在性定理：只需，即所以.所以函数在上有极大值时，的取值范围为.【点睛】本题考查曲线的切线方程求解，考查根据函数的极值点求参数的取值范围问题，难度较大.解答时分析清楚函数的单调性是核心.21.已知抛物线，抛物线与圆的相交弦长为4. （1）求抛物线的标准方程；（2）点为抛物线的焦点，为抛物线上两点，，若的面积为，且直线的斜率存在，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用圆与抛物线的对称性可知，点在抛物线和圆上，代入方程即可求解.（2）设直线的方程为，点的坐标分别为，将抛物线与直线联立，分别消，再利用韦达定理可得两根之和、两根之积，根据向量数量积的坐标运算可得，的面积为即可求解.【详解】（1）由圆及抛物线的对称性可知，点既在抛物线上也在圆上，有：，解得故抛物线的标准方程的（2）设直线的方程为，点的坐标分别为.联立方程，消去后整理为，可得，联立方程，消去后整理为，可得，，得由有，， ，可得的面积为可得，有或联立方程解得或，又由，故此时直线的方程为或联立方程，解方程组知方程组无解.故直线的方程为或【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系，考查了学生的计算能力，属于难题.（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点A的直角坐标为，M为C上的动点，点P满足，写出Р的轨迹的参数方程，并判断C与是否有公共点．【答案】（1）；（2）P的轨迹的参数方程为（为参数），C与没有公共点. 【解析】【分析】（1）将曲线C的极坐标方程化为，将代入可得；（2）方法一：设，设，根据向量关系即可求得P的轨迹的参数方程，求出两圆圆心距，和半径之差比较可得.【详解】（1）由曲线C的极坐标方程可得，将代入可得，即，即曲线C的直角坐标方程为；（2）[方法一]【最优解】设，设，，则，即，故P的轨迹的参数方程为（为参数）曲线C的圆心为，半径为，曲线的圆心为，半径为2，则圆心距为，，两圆内含，故曲线C与没有公共点.[方法二]：设点的直角坐标为，，，因为，所以，，，由，即， 解得，所以，，代入的方程得，化简得点的轨迹方程是，表示圆心为，，半径为2的圆；化为参数方程是，为参数；计算，所以圆与圆内含，没有公共点．【整体点评】本题第二问考查利用相关点法求动点的轨迹方程问题，方法一：利用参数方程的方法，设出的参数坐标，再利用向量关系解出求解点的参数坐标，得到参数方程.方法二：利用代数方法，设出点的坐标，再利用向量关系将的坐标用点的坐标表示，代入曲线C的直角坐标方程，得到点的轨迹方程，最后化为参数方程.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数．（1）画出和的图像；（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）图像见解析；（2） 【解析】【分析】（1）分段去绝对值即可画出图像；（2）根据函数图像数形结和可得需将向左平移可满足同角，求得过时的值可求.【详解】（1）可得，画出图像如下：，画出函数图像如下：（2），如图，在同一个坐标系里画出图像， 平移了个单位得到，则要使，需将向左平移，即，当过时，，解得或（舍去），则数形结合可得需至少将向左平移个单位，.【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解.