四川省宜宾市叙州区第二中学校2024届高三上学期期末数学（理）试题 Word版含解析.docx

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叙州区二中2023年秋期高三期末考试理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】B【解析】【分析】根据对数函数的性质求出集合，再根据一元二次方程求出集合，最后根据并集的定义计算可得.【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以故选：B2.已知复数，i为虚数单位，则z的共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算公式求复数的代数形式，再求其共轭复数即可.【详解】，所以z的共轭复数为，故选：B.3.采购经理指数（PMI ），是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预测、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数（PMI）统计图．根据统计图分析，下列结论最恰当的一项为（）A.2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩B.2021年第四季度各月制造业在逐月扩张C.2022年1月至4月制造业逐月收缩D.2022年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈恢复性扩张【答案】D【解析】【分析】根据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；对于B项，由统计图可以得到，10月份的制造业指数低于，故B项错误；对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2022年6月PMI超过，故D项正确.故选：D.4.人们用分贝(dB)来划分声音的等级，声音的等级d(x)(单位：dB)与声音强度(单位:)满足d(x)＝9lg.一般两人小声交谈时，声音的等级约为54dB，在有50人的课堂上讲课时，老师声音的等级约为63dB，那么老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的（）A.1倍B.10倍C.100倍D.1000倍【答案】B 【解析】【分析】利用对数运算即可求解.【详解】设老师上课时声音强度，一般两人小声交谈时声音强度分别为，根据题意得＝，解得，，解得，所以因此，老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的10倍.故选:B.5.已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】计算，再考虑和两种情况，得到倾斜角范围.【详解】，则，设直线的倾斜角为，故，所以当时，直线的倾斜角；当时，直线的倾斜角；综上所述：直线的倾斜角故选：B6.已知，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦的和差公式对原式进行展开，平方后再利用，，去进行整理可得.【详解】因为，所以，平方后可得，整理得，所以.故选：D.7.若，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指数函数以及对数函数的性质，判断a,b,c的范围，即可比较大小，可得答案.【详解】由函数为增函数可知，由为增函数可得，由由为增函数可得，，，故选:D8.设是定义域为R的奇函数，且.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值. 详解】由题意可得：，而，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.9.若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果.【详解】将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，即，与函数的图像重合即，故∴，所以的最小值为.故选：B.10.已知某校高三（1）班有8位同学特别优秀，从他们中随机选取若干位参加市里举办的百科知识竞赛，选取的方法是，由班主任和教务主任两位老师各随机给其中4 位同学投票，被两位老师都投票的同学参加竞赛，则恰有3人参加竞赛的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出两位老师每人从8人中选4人的情况，再分步考虑恰有3人参加竞赛的情况即可求出.【详解】由题，两位老师每人从8人中选4人，共有种，恰有3人参加竞赛，则先从8人中选3人，则一位老师从剩下的5人中选1人，另一位老师再从剩下的4人中选一人，则共有种，所以恰有3人参加竞赛的概率为.故选：A11.如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.【详解】因为为等腰直角三角形，，所以的外接圆的圆心为的中点，且，设的中点为，连接，则，则平面， 设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，设，，外接球的半径为，因为，所以，即，又，则，因为，所以所以三棱锥外接球表面积的最大值为.故选：B.【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为；（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.12.已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点，若三角形（为原点）的面积，则双曲线的方程为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标，根据三角形的面积得出，再结合，，可解得结果.【详解】由得，所以，所以直线，抛物线的准线为：，联立可得，所以，联立可得，所以，所以，所以，所以，即，又，，所以，所以，所以，所以双曲线的方程为.故选：D.【点睛】本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.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.若直线与平行，则实数a的值是___________.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行得到，解得，再代入检验即可；【详解】解：因为直线与平行， 所以，解得，当时，直线与，两条直线重合，故舍去.当时，直线与，符合题意.故答案为：14.若展开式的常数项为，则正整数n的值为___________.【答案】4【解析】【分析】由题可得，然后利用通项公式即得.【详解】∵，∴其展开式的常数项为，故n为偶数，解得.故答案为：4.15.已知函数为上的奇函数，则实数______________________．【答案】1【解析】【分析】利用奇函数的性质有，列方程求参数a即可.【详解】由题设，所以，可得.故答案为：116.在棱长为1的正方体中，点是对角线的动点（点与不重合），则下列结论正确的有__________. ①存在点，使得平面平面；②分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，存在点，使得；③对任意的点，都有；④对任意的点的面积都不等于.【答案】①②③【解析】【分析】当直线交平面于点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；设根据面积可解得即可判断②正确；利用线面垂直判定定理可证明当直线交平面于点时满足，可得③正确，由③可知当点是线段上靠近点的三等分点时，的面积等于，即④错误.【详解】对于①，根据题意，连接，如下图所示：由正方体性质可得，平面，平面，所以可得平面，同理可平面，又，且平面， 所以可得平面平面，当直线交平面于点时，有平面，即①正确；对于②，设，则在平面上的正投影图形的面积为，在平面上的正投影图形的面积与在平面上的的面积相等，即，若，则可得，解得或，又因为，所以可得，故存在点，使得，即②正确；对于③，取的中点为，的中点为，连接交于点，如下图所示：由正方形性质可知，，且，又，平面，所以平面；又，所以平面，可得，由的中点为，所以可得即为线段的垂直平分线，可知，即③正确；对于④，利用正方体性质可得平面平面,所以；同理可得平面,平面,所以；又，所以平面，易知平面，所以； 结合③的结论即可得即为和的公垂线，即的高的最小值即为，易知，，可得，所以此时，即，即的面积，即当点是线段上靠近点的三等分点时，的面积等于，即④错误；故答案为：①②③【点睛】方法点睛：处理立体几何中动点问题时，往往利用面面平行、线面垂直等判定定理首先确定满足条件的动点位置，再利用几何体性质验证是否符合题意，即可求出最值或范围等问题.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.已知函数（1）求的单调递增区间；（2）三角形的三边a，b，c满足，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用倍角公式以及两角和差的正弦公式进行化简可得，然后根据函数的单调性即可求得的单调递增区间；（2）根据余弦定理可求得，便可知取值范围从而求得的取值范围.【小问1详解】解：由题意得： 当时，函数单调递增，解得：的单调递增区间：【小问2详解】由可知由余弦定理得：故可知∴又∴．18.2021年7月24日中华人民共和国教育部正式发布《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，简称“双减”政策.某校为了解该校小学生在“双减”政策下课外活动的时间，随机抽查了40名小学生，统计了他们参加课外活动的时间，并绘制了如下的频率分布直方图.如图所示. （1）由频率分布直方图估计该组数据的中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）由频率分布直方图可认为：课外活动时间t（分钟）服从正态分布，其中为课外活动时间的平均数.用频率估计概率，在该校随机抽取5名学生，记课外活动时间在内的人数为X，求X的数学期望（精确到0.1）.参考数据：当X服从正态分布时，，，.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)根据频率直方图中位数、平均数的求法直接计算即可；(2)利用正态曲线的对称性求出，进而结合二项分布的性质求出即可.【小问1详解】由图可知该组数据中位数位于第四组，设中位数为x，则，解得，平均数为：；【小问2详解】，，，，，由题意知： 19.如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，是菱形，分别是的中点，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)由平面平面可得平面，从而，所以平面.（2）建立空间直角坐标系，计算可得.【小问1详解】证明：因为侧面为矩形，所以，因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为侧面为菱形，所以，因为，所以平面【小问2详解】取的中点，连接，因为四边形为菱形，且， 所以为正三角形，所以，因为，所以，所以平面，所以两两垂直.以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系.设，则，且，则，，，，，.，，，，设平面的一个法向量，由，得，求得，设平面的一个法向量，由，得，求得，，，所以二面角的正弦值为.20.动点P到定点F(0，1)的距离比它到直线的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线交曲线C于A、B两个不同的点，过点A、B分别作曲线C的切线，且二者相交于点M．（1）求曲线C的方程；（2）求证：； （3）求△ABM的面积的最小值．【答案】（1）；（2）见解析；（3）4．【解析】【分析】（1）利用定义判断出曲线为抛物线；（2）设出点的坐标，利用导数分别求出过点的切线方程，求出交点的坐标为，联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理算出，从而得到，利用向量可以计算，所以；（3）利用焦半径公式和点到直线的距离可以求得，从而求得面积的最小值为．【小问1详解】解：由已知，动点在直线上方，条件可转化为动点到定点的距离等于它到直线距离，∴动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为．【小问2详解】证：设直线的方程为：，由得：，设，则，．由得：， ，∴直线的方程为：①，直线的方程为：②，①－②消y得：，即，将代入①得：，，故，，．【小问3详解】解：由（2）知，点到的距离，，，∴当时，的面积有最小值4．【点睛】形如的抛物线，考虑其切线时可以利用导数去讨论． 21.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）当时，证明：函数有两个零点；（3）若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．【答案】（1）和（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；（2）由（1）可知，证明，结合零点的存在性定理即可得出结论；（3）写出函数的解析式，求导，根据题意可知，，则有，要证等价于证，即证，令，构造函数，证明即可.【小问1详解】解：，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以函数的单调区间为和；【小问2详解】证明：由（1）知，因为，所以， 又当时，，，所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，所以函数有两个零点；【小问3详解】证明：，则，因为函数有两个不同的极值点（其中），所以，，要证等价于证，即证，所以，因为，所以，又，，作差得，所以，所以原不等式等价于要证明，即，令，则上不等式等价于要证：， 令，则，所以函数在上递增，所以，所以，所以．【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了函数的零点问题及极值问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了学生的数据分析能力及转化能力，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]22.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）（1）求圆C的半径以及圆心的直角坐标；（2）若点直线l上，且在圆C内部（不含边界），求的取值范围．【答案】（1）半径为4，（2）【解析】【分析】（1）将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，整理成标准方程，然后可得；（2）直线参数方程代入目标函数，根据直线参数的几何意义，结合直线过圆心可得.【小问1详解】由圆C的极坐标方程得， 所以圆C的直角坐标方程为，即，所以圆C的半径为4，圆心为．【小问2详解】设，将代入，得．根据直线l的参数方程中参数的几何意义可知，表示直线l上的点到点的距离，又因为为圆C的圆心，所以，即，即的取值范围是．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数的最小值为.（1）求的值；（2）若为正实数，且，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，得到函数，利用分段函数和一次函数的性质求得函数的最小值，即可求解；（2）由（1）可得，实数为正实数，且，代入利用基本不等式即可作出证明.【详解】（1）由题意，函数，当时，函数单调递减，所以；当时，函数单调递减，所以； 当时，函数单调递增，所以，综上可得，函数的最小值为，所以.（2）由（1）可得，实数为正实数，且，所以.当且仅当时等号成立，所以.