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

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泸县五中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】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：A6.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.已知中，，，，为所在平面内一点，且满足 ，则的值为（）.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量线性运算得到，再使用平面向量数量积运算法则进行计算.【详解】∵，∴，∴，∴，故选：B.8.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．9.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：D10.甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为或当5人被分为时，情况数为;当5人被分为时，情况数为；所以共有.由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则共计种，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，所以甲不在小区的概率为故选：B.11.已知三棱锥的外接球半径为，，，，则平面 与平面的夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先设的中点为，为的外接圆圆心；的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为，由正弦定理确定，在中由勾股定理确定，在中由勾股定理确定，作出二面角的平面角，求即可.【详解】不妨设二面角为锐角，设的中点为，因为，所以为的外接圆圆心；设的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为，如图，连接，，，，则平面，平面，，中，，，所以由正弦定理知，所以；在中，由，得；在中，由，，得；在中，，，则；所以在中，，从而；在平面内过点作交于，则为二面角的平面角，易知， 所以.故选：D.12.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.若，则___________．【答案】【解析】【分析】结合展开式第项的通项公式可得项及其系数.【详解】展开式第项，时，，时，，．.故答案为：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.如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，易证平面平面，得到的轨迹为线段求解. 【详解】解：如图，在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，因为，所以，又，所以，因为平面平面，所以平面，同理，因为平面平面，所以平面，又，所以平面平面，因此，在线段上.因为，所以线段的最大值为.故答案为：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（）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【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.设数列{an}满足a1=3，．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1），，，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即．证明如下：当时，成立；假设时，成立.那么时，也成立.则对任意的，都有成立；［方法二］：构造法由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以．［方法三］：累加法由题意可得，．由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，．［方法四］：构造法，猜想．由于，所以可设 ，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即．（2）由（1）可知，［方法一］：错位相减法，①，②由①②得：，即.［方法二］【最优解】：裂项相消法，所以．［方法三］：构造法当时，，设，即，则，解得．所以，即为常数列，而，所以．故．［方法四］：因为，令，则 ，，所以．故．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式，代换得，两式相减得，设，从而简化递推式，再根据构造法即可求出，从而得出数列的通项公式；方法三：由化简得，根据累加法即可求出数列的通项公式；方法四：通过递推式求出数列的部分项，归纳得出数列的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成，求出，从而可得构造数列为常数列，即得数列的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由时，，构造得到数列为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成，利用分组求和法分别求出数列的前项和即可，其中数列的前项和借助于函数的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算． 19.如图所示，在三棱柱中，已知平面，，，.（1）证明：；（2）已知点在棱上，二面角为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解之即可得出结论.【小问1详解】证明：在中，，，，由余弦定理可得，所以，，，平面，平面，则，，、平面，平面，平面，.【小问2详解】解：因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设，其中，则，所以，，，设平面的法向量为，则，取，则，易知平面的一个法向量为，由已知可得，整理可得，，解得.因此，当为棱的中点时，二面角为，即.20.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.21.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）证明：对任意的，有．【答案】（1）（2）在上单调递增.（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.【小问1详解】解：因为，所以， 即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：【小问2详解】解：因为，所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.【小问3详解】解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴ ∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.（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，是平移了个单位得到，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.