四川省泸州市叙永第一中学2024届高三上学期期末数学（理）试卷（Word版附解析）

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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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，求得集合和，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了集合交集的概念及运算，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中结合指数函数的性质求得集合是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
2. 若为虚数单位，则复数，则在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据特殊角的三角函数值将复数化为，求出，再利用复数的几何意义即可求解.
【详解】，
，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.
故选：B
【点睛】本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题.
3. 执行右图的程序，若输入的实数=4，则输出结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：依据程序框图知，输入, 当时，;当时，；故输入，输出，选C．
考点：程序框图
4. 若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得．
【详解】令，则，，，，
，因此，.
故选：C.
【点睛】本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题．
5. “”是“函数的图象关于直线对称”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
先求解函数的图象关于直线对称的等价条件，得到，分析即得解.
【详解】若函数的图象关于直线对称，
则，
解得，
故“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件．
故选：A
【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，考查了学生逻辑推理，概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
6. 的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是
A. 28B. C. 70D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意求得，求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【详解】展开式中只有第5项的二项式系数最大，故n为偶数，
展开式共有9项，故．
即，它的展开式的通项公式为，
令，求得，
则展开式中的常数项是，
故选A．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
7. 在中，，，的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用相反向量将向量的加法转化为向量的减法，利用向量的减法的模的几何意义求得最小值.
【详解】，令，则为直线上的动点，如图所示，
，当直线时，取得最小值，
∵，， ∴.
故选：A.
【点睛】本题考查向量的线性表示，向量的模的最值，关键在于转化为所求向量的模的最小值为点到直线的距离，属于中档题.
8. 已知直线被圆：截得的弦长为，且圆的方程为，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 外切C. 相离D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的弦长公式以及点到直线的距离公式得出的值，再由圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.
【详解】圆：，可化
可知圆的圆心的坐标为，半径为
圆心到直线的距离为
由，得，解得（舍）
，
圆的方程可化为，则圆心，
，
则圆与圆相交
故选：A
【点睛】本题主要考查了已知圆的弦长求参数以及判断两圆的位置关系，属于中档题.
9. 已知正三棱柱的高为，它的六个顶点都在一个直径为4的球的球面上，则该棱柱的体积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据球的截面圆的性质，得到棱柱底面与球的截面圆的半径，进而求得底面三角形的边长为，结合体积公式，即可求解.
【详解】由题意可知球的半径，
因为正三棱柱的高为，则球心到三棱柱底面的距离，
根据球的截面圆的性质，可得，即，解得，
棱柱底面与球的截面圆的半径，
三棱柱的底面三角形为截面圆内接正三角形，可得三角形的边长为，
所以三角形的面积为，
该棱柱的体积为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了棱柱的体积的计算，以及球的性质的应用，其中解答中合理应用求得性质，以及正三角形内切圆的性质，结合棱柱的体积求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
10. 已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积，若四面体的外接球的表面积为S，则S的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，可得，然后，，然后可得答案.
【详解】设，因为，所以；
根据长方体的对称性可知四面体的外接球即为长方体的外接球，
所以外接球半径；
，
当且仅当时，取到最小值.
故选：C
11. 函数对任意的都有，且时的最大值为，下列四个结论：①是的一个极值点；②若为奇函数，则的最小正周期；③若为偶函数，则在上单调递增；④的取值范围是.其中一定正确的结论编号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①②④D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
①根据，得到是函数的一条对称轴，且时的最大值为判断；②由为奇函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；③由为偶函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；④由②知的最小正周期，则判断.
【详解】因为，
所以是函数的一条对称轴，
又因为时的最大值为，
所以是函数的一条对称轴，故①正确；
若为奇函数，则，所以，
又因为时的最大值为，
所以，
所以，故②正确；
若为偶函数，则，所以，
又因为时的最大值为，所以在上单调递增或递减，故③错误；
由②知的最小正周期，则，所以的取值范围是，故④错误.
故选：A
【点睛】本题主要考查三角函数的对称性，奇偶性，周期性，还考查了运算求解的能力，属于难题.
12. 已知，是双曲线的左，右焦点，经过点且与轴垂直的直线与双曲线的一条渐近线相交于点，且.则该双曲线离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意画出图形，求得，再由求得的范围，结合双曲线的离心率公式得答案．
【详解】如图，
由题意，，，
则．
由，得，
即．
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查双曲线的离心率的取值范围的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
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. 设等比数列满足，，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】依题意得到方程组解得即可；
【详解】解：等比数列，有，两式相除可得，
所以，代回可得.
故答案为：1
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的运算，属于基础题.
14. 的内角、、的对边分别为、、，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理得，，代入，得，再借助和正弦的两角和公式进行化简可得，，由于，所以，即，又，于是可求得的值．
【详解】解：由正弦定理得，，
，，
，
，
即，，
，，即，
，．
故答案为：．
【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，考查计算能力，属于中等题.
15. 已知是奇函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合奇函数的性质可得，进而可得，按照、讨论成立情况；当时，转化条件为恒成立，令，求导求得的最大值，令即可得解.
【详解】由是奇函数可得，即，
所以，
当时，，可知此时单调递减，
所以，所以恒成立；
当时，，所以等价于，
令，则，
令，则，，
当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，
若要使恒成立，则恒成立，
所以即；
当，，单调递增，所以恒成立，满足题意；
当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，
若要使恒成立，则恒成立，
所以即；
综上所述，实数a的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了奇函数性质的应用及导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理构造新函数是解题关键，属于中档题.
16. 已知点为抛物线的焦点，经过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于，点，（为坐标原点）的面积为，线段的垂直平分线与轴相交于点.则的值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】依题可设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立可求出弦的中点坐标以及弦长，再由点到直线的距离公式可求出点到直线的距离，列式可求出与的关系，然后求出线段的垂直平分线方程，即可得到点的坐标以及的值．
【详解】设直线的方程为，，
由可得，，
∴，即有．
∴，．
又点到直线的距离为，
所以，解得．
因为线段的垂直平分线方程为，
令，解得．
所以．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的应用，以及弦长的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
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. 已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
【答案】，；.
【解析】
【分析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比，其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．
18. 如图,四棱锥的侧面是正三角形,,且,,是中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面,且,求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】(1) 取的中点,连接,再证明四边形是平行四边形即可.
(2) 取中点,连接,,根据线面垂直性质计算可得,再以为原点,建立空间直角坐标系,利用空间向量的方法求解二面角的余弦值即可.
【详解】（1）取的中点,连接,
因为中点,
所以,且,
又因为,,
所以,,
即四边形是平行四边形,
所以,
又因为平面,平面,
所以平面；
（2）方法一：取中点,连接,,
因为是正三角形,所以,
因为平面平面,
所以平面,平面,
所以,
故,
以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,
,,,,,,
所以,,
设平面的法向量为,则,,
令得,
易知平面的法向量为,
则,
所以二面角的余弦值为.
方法二：过作交于,
所以,且平面,
过作交于,连接,
所以,
所以为二面角的平面角,
因为,,
因为平面,
所以,且,
又因为,所以,,
故,所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及线面垂直的判定与性质，同时也考查了建立空间直角坐标系求解二面角大小的问题,需要根据题意确定坐标原点，分别求得两个面的法向量，再求解二面角夹角的余弦值即可.属于中档题.
19. 冠状病毒是一个大型病毒家族,已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.而今年出现的新型冠状病毒（nCV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中,感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭,甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒,需要检验血液是否为阳性,现有份需检验血液.
（1）假设这份需检验血液有且只有一份为阳性,从中依次不放回的抽取份血液,已知前两次的血液均为阴性,求第次出现阳性血液的概率；
（2）现在对份血液进行检验,假设每份血液的检验结果是阳性还是阴性都是独立的,据统计每份血液是阳性结果的概率为,现在有以下两种检验方式：方式一：逐份检验；方式二：混合检验,将份血液分别取样混合在一起检验（假设血液混合后不影响血液的检验）.若检验结果为阴性,则这份血液全为阴性,检验结束；如果检验结果为阳性,则这份血液中有为阳性的血液,为了明确这份血液究竟哪几份为阳性,就要对这份再逐份检验.从检验的次数分析,哪一种检验方式更好一些,并说明理由.参考数据：.
【答案】（1）；（2）方式二,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)易得剩下的两份中一份阴性一份阳性即可求解.
(2)易得方式一要检验四次,方式二可能检验次数为,再求出分布列以及方式二检验次数的数学期望,再根据可求得方式二检验次数的数学期望与方式一中的四次比较大小即可.
【详解】解：（1）.
（2）方式一：检验次数次.
设方式二需要需检验的次数为.根据题意有的可能取值为.
,.
所以：的分布列为：
所以：.
因为：,
所以：.
所以：从检验的次数分析,方式二更好一些.
【点睛】本题主要考查了分布列以及数学期望解决实际问题中的优化问题,需要根据题意将所有可能的情况列举,再求出分布列与数学期望,再分析数学期望的大小关系判断即可.属于中档题.
20. 已知函数，.其中.
（1）证明：；
（2）记.若存在使得对任意的都有成立.求的值.（其中是自然对数的底数）.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）将不等式变形为，利用导数得出单调性，即可证明；
（2）由条件得出的解析式，进行两次求导，得出在严格单调递减，在严格单调递增.，由单调性得出的值.
【详解】解：（1）要证明，即证明，.
令，.则.
于是在单调递增，所以即，.
所以.
（2），.
则.
令，.
当时，由（1）知.
则
（i）当时，于是，从而.
故在严格单调递增.其中.
（ii）当时，
则
.（用到了在单调递增与）
于是，故在严格单调递减.
综上所述，在严格单调递减，在严格单调递增.
因为，所以.所以.
【点睛】本题主要考查了利用导数证明不等式以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于较难题.
21. 已知椭圆的左右焦点分别是，点在椭圆上，满足
（1）求椭圆标准方程；
（2）直线过点，且与椭圆只有一个公共点，直线与的倾斜角互补，且与椭圆交于异于点的两点，与直线交于点（介于两点之间），是否存在直线，使得直线，，的斜率按某种排序能构成等比数列？若能，求出的方程，若不能，请说理由.
【答案】（1）；（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）设，则，由此即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程可求得，则直线斜率为，设其方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得关于对称，可求得，假设存在直线满足题意，设，可得，由此可得答案．
【详解】解：（1）设，则，
，
所以椭圆方程为；
（2）设直线的方程为，
与联立得，
∴，
因为两直线的倾斜角互补，所以直线斜率为，
设直线的方程为，
联立整理得，
，
所以关于对称，
由正弦定理得，
因为,所以，
由上得，
假设存在直线满足题意，
设，按某种排列成等比数列，设公比为，则，
所以，则此时直线与平行或重合，与题意不符，
所以不存在满足题意的直线．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力与推理能力，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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）已知是曲线上任意两点，且，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程为：，再根据转化为极坐标方程即可．
（2）利用极坐标系，设其中，利用极径的几何意义、三角形面积公式和三角函数的性质，可得答案．
【详解】解：（1）消去参数，得到曲线的标准方程为：，


故曲线的极坐标方程为．
（2）极坐标系中，不妨设，其中.
由（1）知：
面积，
当时，即有最大值，此时.
故面积的最大值为.
【点睛】本题考查了简单曲线的参数方程与极坐标方程互化，考查了利用极坐标解决面积最值问题，属中档题.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数f（x）|2x﹣3|，g（x）|2x+a+b|.
（1）解不等式f（x）x2；
（2）当a0，b0时，若F（x）f（x）+g（x）的值域为[5，+∞），求证：.
【答案】（1）或；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得|2x﹣3|x2，由绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；
（2）由a0，b0，根据绝对值三角不等式，化简可得F（x）的最小值，可得a+b的值，再由乘1法和基本不等式，即可得证.
【详解】（1）解：不等式f（x）x2化为|2x﹣3|x2，等价于或，
即为或，
解得x或x﹣3或1x，
所以不等式f（x）x2的解集为{x|x1或x﹣3}；
（2）证明：由a0，b0，
根据绝对值三角不等式可知F（x）f（x）+g（x）|2x﹣3|+|2x+a+b||3﹣2x|+|2x+a+b|
≥|3﹣2x+2x+a+b||a+b+3|a+b+3，
又F（x）f（x）+g（x）的值域为[5，+∞），
可得a+b+35，
即a+b2，
即（a+2）+（b+2）6，
故[（a+2）+（b+2）]（）
（2）（2+2），
当且仅当，即ab1时取等号时，
故.1
5