2023届四川省泸县第一中学高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届四川省泸县第一中学高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省泸县第一中学高三上学期期末考试数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接利用集合的交集运算求解.【详解】∵集合，所以.故选：D.2．已知i为虚数单位，则（    ）A．1+i B．1－iC．－1+i D．－1－i【答案】B【分析】利用复数运算求得正确答案.【详解】.故选：B3．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先记，化简整理，由函数解析式，判定奇偶性，再判断时，，进而可得出结果.【详解】记，则，因此函数是偶函数；故排除BC；当时，，，因此；排除D；故选：A.【点睛】本题主要考查判定函数图像的识别，熟记函数的性质即可，属于常考题型.4．已知数列的前项和为．若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可证得数列为等差数列，利用等差数列求和公式可得结果.【详解】由得：，数列是以为首项，为公差的等差数列，.故选：C.5．已知一组正数，，的方差，则数据，，的平均数为（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】C【分析】利用方差的计算公式求出的平均数，然后利用平均数的结论求解即可.【详解】正数的方差，又，所以，所以，所以数据的平均数为：.故选：C6．将函数图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若是奇函数，则a的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将化简变形，得， 然后 根据三角函数图象变换规律求出，再由其为奇函数可得，从而可求出a的最小值【详解】，则图象上所有点向左平移个单位长度，得，因为是奇函数，所以，所以，因为，所以的最小值为，故选：D7．已知双曲线，则下列说法正确的是（    ）A．离心率为2 B．渐近线方程为C．焦距为 D．焦点到渐近线的距离为【答案】A【分析】根据焦点在轴上的双曲线的简单几何性质即可求解.【详解】解：因为双曲线，所以，所以离心率；渐近线方程为，即；焦距为；焦点坐标为，焦点到渐近线的距离为.故选：A.8．新冠肺炎疫情是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，其中指数增长率，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数扩大到原来的10倍需要的时间约为（）（    ）A．4天 B．6天 C．8天 D．10天【答案】B【解析】设所需时间为，可得，解出即可.【详解】设所需时间为，则，则，，.故选：B.9．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由余弦定理求得，得到，再根据，结合两角和的正切函数公式，即可求解.【详解】在中，因为，由余弦定理可得，因为，所以，可得，又由，且，所以.故选：A.10．抛物线，直线与交于（左侧为，右侧为）两点，若抛物线在点处的切线经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直线与抛物线方程联立可求得点坐标，利用导数可求得抛物线在点处的切线斜率，由切线斜率可构造方程求得.【详解】联立，解得：或，，由抛物线方程得：，，，，解得：.故选：D.11．已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S﹣ABC体积最大时，其外接球的表面积为（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出图形，由平面CAB与平面SAB垂直且CA＝CB时，三棱S﹣ABC的体积最大，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂直交于点O，利用几何关系计算出球O的半径，然后利用球体表面积公式可得出答案．【详解】由题可知，平面CAB⊥平面SAB，且CA＝CB时，三棱锥S﹣ABC体积达到最大，如图所示，则点D，点E分别为△ASB，△ACB的外心，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂直交于点O．∴点O是此三棱锥外接球的球心，AO即为球的半径．在△ACB中，AB＝2，∠ACB＝45°⇒∠AEB＝90°，由正弦定理可知，2AE，∴AE＝EB＝EC，延长CE交AB于点F，则F为AB的中点，所以点D在直线SF上，∴四边形EFDO是矩形，且OE⊥平面ACB，则有OE⊥AE，又∵OE＝DFSFAB，∴OA．∴S球表面积＝4πR2＝4π×（ ）2．故选：B．【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查空间几何体的体积的计算，考查三棱锥的外接球问题，考查空间想象能力，确定球心位置是关键，是中档题12．已知函数，若不等式有且仅有2个整数解，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】转化有且仅有2个整数解为有两个整数解，画出两个函数的图像，数形结合列出不等关系控制即得解【详解】由题意，有且仅有2个整数解即有两个整数解，即有两个整数解令（1）当时，即，有无数个整数解，不成立；（2）当时，如图所示，有无数个整数解，不成立；（3）当时，要保证有两个整数解如图所示，即，解得故选：A 二、填空题13．二元一次不等式组表示的平面区域的面积是_________．【答案】1【分析】根据题意，分析不等式组对应的平面区域，由三角形面积公式计算可得答案.【详解】根据题意，二元一次不等式组表示的平面区域为及其内部，如图：，则有，到直线的距离，则对应平面区域的面积是，故答案为：1.14．若非零向量、，满足，，则与的夹角为___________.【答案】##【分析】设与的夹角为，根据，，由数量积的定义和运算律求解.【详解】解：设与的夹角为，因为，，所以，所以，因为，所以，故答案为：15．已知函数，若，则实数的取值范围是______．【答案】；【分析】首先根据题意得到为奇函数，且在上为增函数，从而将不等式转化为，再解不等式即可.【详解】因为，定义域为，，所以为奇函数.又因为在上为增函数，所以，即，，解得：.故答案为：16．已知函数，下列关于函数的说法正确的序号有________.①函数在上单调递增；②是函数的周期；③函数的值域为；④函数在内有4个零点.【答案】①③④【分析】①化简解析式，求出范围，根据正弦函数的单调性即可判断；②根据奇偶性举特例验证f(x＋2π)与f(x)关系即可；③分类讨论求出f(x)解析式，研究在x≥0时的周期性，再求出值域即可；④根据值域和单调性讨论即可.【详解】∵函数，定义域为R，，∴为偶函数.当时，，，，此时正弦函数为增函数，故①正确；∵，∴，而，∴不是函数的周期，故②错误；当或，k∈Z时，，此时，当，k∈Z时，，此时，故时，是函数的一个周期，故考虑时，函数的值域，当时，，，此时单调递增，当时，，，此时单调递减，；当时，，，此时，综上可知，，故③正确；由③知，时，，且函数单调递增，故存在一个零点，当时，，且函数单调递减，故存在一个零点，其他区域无零点，故当时，函数有2个零点，∵函数为偶函数，∴函数在内有4个零点.故④正确；故答案为：①③④. 三、解答题17．为了解某水果批发店的日销售量，对过去100天的日销售量进行了统计分析，发现这100天的日销售量都没有超出4.5吨，统计的结果见频率分布直方图．（1）求这100天中日销售量的中位数（精确到小数点后两位）；（2）从这100天中抽取了5天，统计出这5天的日销售量（吨）和当天的最高气温（℃）的5组数据，研究发现日销售量和当天的最高气温具有的线性相关关系，且，，，．求日销售量（吨）关于当天最高气温（℃）的线性回归方程，并估计水果批发店所在地区这100天中最高气温在10℃~18℃内的天数．参考公式：，．【答案】（1）中位数约为2.06吨；（2）；天．【分析】（1）根据各组频率之和为1求出，设中位数为，则，求解即可.（2）首先利用最小二乘法求出回归直线方程，根据回归方程计算与的即可.【详解】（1）由频率分布直方图性质知，各组频率之和为1，所以，解得，设中位数为，则，解得，即这100天中日销售量的中位数约为2.06吨；（2）因为，，，所以，，所以销售量（吨）关于当天最高气温（℃）的线性回归方程是：；当时，，当时，，当最高气温早10℃~18℃内时，日销售量在2~4吨，根据频率分布直方图可得再次范围的频率为：，所以估计该景区这100天中最高气温在10℃~18℃内的天数约为：天．18．已知数列的前n项和为，且.（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.已知数列满足___________，求的前n项和.注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.【答案】（1）证明见解析，；（2）答案见解析.【分析】（1）利用得出的递推关系，变形后可证明是等比数列，由等比数列通项公式得，然后再除以得到新数列是等差数列，从而可求得；（2）选①，直接求出，用错位相减法求和；选②，求出，用分组（并项）求和法求和；选③，求出，用裂项相消法求和．【详解】解：（1）当时，因为，所以，两式相减得，.所以.当时，因为，所以，又，故，于是，所以是以4为首项2为公比的等比数列.所以，两边除以得，.又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.所以，即.（2）若选①：，即.因为，所以.两式相减得，所以.若选②：，即.所以.若选③：，即.所以.【点睛】本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列， （1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．19．如图的三棱台，平面，，．（1）求证：平面平面；（2）若E，F分别为，的中点，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）可得，，即可证明平面，进而得证；（2）过点E作，利用等体积法可求解.【详解】解：（1）∵三棱台，，∴．∵平面，∴．∵且都在平面内，∴平面．又∵在平面内，∴平面平面．（2）如图，过点E作，．∵平面，∴平面平面．又平面平面∴平面，∴为三棱锥的高，且．∵，，∴．【点睛】关键点睛：本题考查几何体体积的求解，得出是解题的关键.20．已知点，直线，为轴右侧或轴上动点，且点到的距离比线段的长度大1，记点的轨迹为.（1）求曲线的方程；（2）已知直线交曲线于，两点（点在点的上方），，为曲线上两个动点，且，求证：直线的斜率为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】(1)由题设条件分析讨论，再用抛物线定义即可得解；(2)求出点A坐标，利用抛物线方程设出点C，D坐标，由条件探求出这两点纵坐标关系即可得解.【详解】（1）依题意，线段的长度等于到的距离，由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，所以的方程为；（2）将代入得，则，，如图：设抛物线E上动点，显然直线AC，AD斜率存在，，同理，因为，则，，直线的斜率，即直线的斜率为定值-1.21．已知函数.（1）若在处取得极值，求实数的值；（2）讨论在上的单调性；（3）证明：在（1）的条件下.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据极值的性质求出实数的值，再根据极值的定义进行验证即可；（2）根据分类讨论法，结合导函数的正负性进行求解即可.（3）构造新函数，利用导数的性质通过数学运算证明即可.【详解】（1）解：因为，在处取得极值，则，所以，解得，当时，，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是函数的极值，因此；（2）解：，当时，在上，恒成立，单调递减；当时，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增.综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（3）证明：由（1）知，则，令，，在上单调递增，当时，，当时，，则，使，即，则当时，单调递减，当时，单调递增，所以，令，，所以单调递减，所以，所以，所以，得证.【点睛】关键点睛：根据不等式的特征构造函数，利用导数性质证明是解题的关键.22．直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）点A，B为与的交点，C为曲线上一点，求面积的最大值．【答案】（1），；（2）.【分析】（1）通过消参和极坐标与普通方程的互化公式进行求解；（2）联立和的普通方程，根据弦长公式求得，设，利用点到直线的距离公式求得点C到距离d的最大值，计算即可得出结果.【详解】解：（1）消去参数方程中的参数t，得到曲线的普通方程为．分别将，代入即，并化简得曲线的直角坐标方程为．（2）∵，∴，∴．设，点C到距离为d，∴，∴∴．23．设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对于任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）等价于，然后分三种情况去绝对值解不等式；（2）由于，所以转化为，即，从而可求出实数的取值范围【详解】解析：（1）当时，，则等价于即或或解得，故原不等式的解集为.（2）由.所以的最大值为.所以对于任意实数，不等式恒成立等价于恒成立.即，解得或.故的取值范围为.