四川省宜宾市兴文第二中学校2024届高三上学期期末数学（文）试题 Word版含解析.docx

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兴文二中2023年秋期高三期末考试文科数学试卷本试卷共4页，23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，，若，则（）A.或B.或C.或D.或【答案】B【解析】【详解】因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.2.为虚数单位,则的虚部为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算法则计算即可.【详解】，故虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数的运算以及复数的概念，注意复数的虚部为，不是，本题为基础题，也是易错题. 3.已知是第二象限的角，，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.【详解】因为,由诱导公式可得,,即,因为,所以,由二倍角的正弦公式可得,,所以.故选:D【点睛】本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.4.已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中，错误的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则或【答案】A【解析】【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.【详解】对于：若，则或，故错误；正确.故选：. 【点睛】本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.5.在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.【详解】为的角平分线，则.，则，，在中，由正弦定理得，即，①在中，由正弦定理得，即，②①②得，解得，，由余弦定理得，，因此，的面积为.故选：B.【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.6.某工厂生产的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量(单位：)与时间（单位：）的关系为：是正的常数）.如果在前消除了10%的污染物，那么污染物减少80%需要大约花多少时间（）（精确到1h，参考数据A.56hB.66hC.76hD.86h【答案】C【解析】【分析】先求出常数，将代入解析式，利用指数幂的运算，求出的值即可. 【详解】前消除了10%的污染物,且是正的常数），时，；时，，，，当时，，..故选：C7.函数在的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由可排除选项C、D；再由可排除选项A.【详解】因为，故为奇函数，排除C、D；又，排除A.故选：B. 【点睛】本题考查根据函数解析式选出函数图象的问题，在做这类题时，一般要利用函数的性质，如单调性、奇偶性、特殊点的函数值等，是一道基础题.8.将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（）A.图象关于点对称，在区间上为增函数B.函数最大值为2，图象关于点对称C.图象关于直线对称，在上的最小值为1D.最小正周期为，在有两个根【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.【详解】函数，则，将向左平移个单位，可得，由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，，由正弦函数性质可知 ，所以在上的最小值为1，所以C正确；对于D，最小正周期为，当，，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；综上可知，正确的为C，故选：C.【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.9.已知实数满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值.【详解】解：因为满足，则，当且仅当时取等号，故选：．【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提. 10.高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数()，则函数的值域为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用换元思想求出函数的值域，再分类讨论，根据新定义求得函数的值域．【详解】()，令，可得，在上递减，在上递增，时，有最小值，又因为，所以当时，，即函数的值域为，时，；时，；时，；的值域是．故选：B．【点睛】思路点睛：新定义是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.11.设为坐标原点，是以为焦点抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（） A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，因为，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，设，因为，即线段的中点，所以，所以直线的斜率，当且仅当，即时等号成立，所以直线的斜率的最大值为1.故选：A.【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及其应用，直线的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.12.函数在上有两个零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】 分离参数后将函数零点个数转化为两个函数图像的交点个数.【详解】函数定义域为，由得设令得，时，单调递增；时，，单调递减；时，取极大值.，要使函数有两个零点即方程右有两个不同的根，即函数与有两个不同交点.即故选:B.【点睛】思路点睛：涉及函数零点问题时，参数可以分离的情况下优先选择分离参数，然后构建新函数，将零点个数转化为两个函数图像的交点个数.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.实数满足，则的最大值为_____．【答案】．【解析】【分析】画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.【详解】解：作出可行域，如图所示，则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值．由同理，，取最大值．故答案为：．【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题.线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.14.从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表，甲被选中的概率为__________.【答案】【解析】【分析】 甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法,从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,根据公式即可求得概率.【详解】甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法,从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,.故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率的计算,考查学生分析问题的能力,难度容易.15.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若，则___________.【答案】【解析】【分析】本题可根据角与角的终边关于轴对称得出它们的正弦值相等，然后结合诱导公式求值即可．【详解】由诱导公式知，因为角与角的终边关于轴对称，所以它们的正弦值相等，即，故答案为：.16.在三棱锥中，平面，，，则该三棱锥的外接球表面积为______.【答案】【解析】【分析】根据线面垂直的性质，结合直角三角形的性质、球的表面积公式进行求解即可.详解】取中点，连接，因为，所以是直角三角形，因此有，因为平面，平面，所以，所以是直角三角形，因此有，即，因此是三棱锥的外接球的球心，因为，所以， 因此，所以该三棱锥的外接球表面积为，故答案：【点睛】关键点睛：根据直角三角形的性质确定球心的位置是关键.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.为弘扬劳动精神，树立学生“劳动最美，劳动最光荣”的观念，某校持续开展“家庭劳动大比拼”活动某班统计了本班同学月份的人均月劳动时间单位：小时，并建立了人均月劳动时间关于月份的线性回归方程，与的原始数据如表所示：月份人均月劳动时间由于某些原因导致部分数据丢失，但已知．（1）求，的值；（2）求该班月份人均月劳动时间数据的残差值残差即样本数据与预测值之差．参考公式：在线性回归方程中，． 【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由表知，，，由，可得，由回归直线方程恒过样本中心点，可得，再由，得，然后解方程组，即可；（2）把代入（1）中得到的回归方程，求得预测值后，即可得解．【小问1详解】由表知，，，所以，所以，即，因为回归直线方程恒过样本中心点，所以，即，由，得，，因为，所以，由，得，．【小问2详解】由（1）知，线性回归方程为，所以当时，预测值，此时残差为．18.如图，四棱锥的底面为等腰梯形，∥，且，平面 平面.（1）证明：.（2）若，F为的中点，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)证明AB⊥平面ACD即可；(2)根据即可求解.【小问1详解】∵平面平面，且平面平面，∴平面，∵平面，∴.小问2详解】连接，则由题可知，，在中，由余弦定理可得，∴.在中，由余弦定理得，则， 则.∵平面，∴，∴.19.已知是递增的等比数列，，且、、成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求数列的前项和.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）设等比数列的公比为，根据题中条件求出的值，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；（Ⅱ）求得，然后利用裂项相消法可求得.【详解】（Ⅰ）设数列的公比为，由题意及，知.、、成等差数列成等差数列，，，即，解得或（舍去），.数列的通项公式为；（Ⅱ），.【点睛】本题考查等比数列通项的求解，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于基础题. 20.已知椭圆的短轴长为，离心率为．（1）求椭圆的标准方程;（2）设椭圆的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为，，点，，为椭圆上位于轴上方的两点，且，记直线，的斜率分别为，，若，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得：2b＝4，，a2＝b2+c2．联立解出即可得出椭圆C的标准方程．（2）A（﹣3，0），B（3，0），F1（﹣1，0），F2（1，0），设F1M的方程为：x＝my﹣1，M（），（＞0），直线F1M与椭圆的另一个交点为M′（）．由根据对称性可得：.直线方程与椭圆方程联立化为：（8m2+9）y2﹣16my﹣64＝0，根据根与系数的关系及其，得0，联立解得m．【详解】（1）由题意，得，.又，∴，，.∴椭圆C的标准方程为（2）由（1），可知，，据题意，直线的方程为记直线与椭圆的另一交点为，设，.∵，根据对称性，得.联立，消去，得，其判别式， ∴，.①由，得，即.②由①②，解得，∵，∴.∴.∴.∴直线的方程为，即.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21.已知函数（1）当时，求在点处的切线方程；（2）当时，是否存在两个极值点，若存在，求实数的最小整数值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）4【解析】【分析】（1）求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程．（2）求函数的导数，结合极值与导数之间的关系，转化为有两个不同的根，构造函数转化为函数与轴的交点问题，利用数形结合进行求解即可．【详解】（1）函数导数当时，即在点（1，）处的切线斜率，则对应的切线方程为即．（2）当时，若存在两个极值点， 则有两个不同的解，即有两个根，即有两个不同的根，设当时，所以在上单调递增，不符合题意．当时，所以在上单调递减，在上单调递增要使函数与轴有两个不同的交点，必须，得设，则，即在（1，+∞）上为减函数，存在使得.即当时，此时有最小正整数，使得函数与轴有两个不同的交点.即当时，是存在两个极值点，此时最小的的整数值为4【点睛】本题利用数形结合思想和函数与方程思想，先将函数的零点问题转化为函数的图像的交点问题，利用数形结合思想，通过直函数图像与轴的交点个数来确定参数的取值范围．（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.在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的参数方程为：，为参数点的极坐标为，曲线C的极坐标方程为．Ⅰ试将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，并求曲线C的焦点在直角坐标系下的坐标；Ⅱ设直线l与曲线C相交于两点A，B，点M为AB的中点，求的值．【答案】（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为，焦点坐标为；（Ⅱ）．【解析】【分析】Ⅰ把，代入曲线C的方程，可得曲线C的直角坐标方程．Ⅱ设点A，B，M对应的参数为，，，由题意可知把直线l的参数方程代入抛物线的直角坐标方程，利用韦达定理求得的值，可得的值．【详解】解：Ⅰ把，代入，可得曲线C的直角坐标方程为，它是开口向上的抛物线，焦点坐标为．Ⅱ点P的直角坐标为，它在直线l上，在直线l的参数方程中，设点A，B，M对应的参数为，，，由题意可知．把直线l的参数方程代入抛物线的直角坐标方程，得．因为，所以．【点睛】本题主要考查参数方程和极坐标的应用，参数的几何意义，属于基础题．[选修4-5：不等式选讲]23.设函数． 若关于x的不等式的解集为，求a，b的值；若，求的最小值．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】通过讨论b的范围，得到关于a，b的方程组，解出即可；根据基本不等式的性质求出的最小值即可．【详解】解：由得，，当时，不合题意；当时，，由已知得，，综上，，(2)当，即时，有最小值，最小值是