07，四川省宜宾市第六中学校2024届高三上学期期末数学（理）试题

这是一份07，四川省宜宾市第六中学校2024届高三上学期期末数学（理）试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意确定集合B，求出，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
则，故，
故选：C
2. 若，则复数的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则求得复数，继而求得共轭复数对应的点，即可判定.
【详解】因为，
所以，
则，其对应的点为，在第四象限，
故选：D.
3. 甲、乙两人进行了10轮的投篮练习，每轮各投10个，现将两人每轮投中的个数制成如下折线图：您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载
下列说法正确的是（ ）
A. 甲投中个数的平均数比乙投中个数的平均数小
B. 甲投中个数的中位数比乙投中个数的中位数小
C. 甲投中个数的标准差比乙投中个数的标准差小
D. 甲投中个数的极差比乙投中个数的极差大
【答案】C
【解析】
【分析】A.利用平均数公式求解判断；B.利用中位数定义求解判断；C.根据折线图的波动判断；D.利用极差的定义求解判断.
【详解】解：甲的数据：，乙的数据：，
A．甲投中个数的平均数为，
乙投中个数的平均数为，故错误；
B. 甲的数据从小到大排序为：，则中位数为，
乙的数据从小到大排序为：，则中位数为，故错误；
C. 由折线图知：甲的波动相对乙的波动较小，所以甲投中个数的标准差比乙投中个数的标准差小，故正确；
D.甲投中个数的极差为10-6=4，乙投中个数的极差为：10-3=7，故错误，
故选：C
4. 记为等差数列的前项和，，则（ ）
A. 24B. 42C. 64D. 84
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列前项和公式结合等差数列的性质化简已知，即可求得的值.
【详解】因为为等差数列的前项和，
所以，若，则，
所以.
故选：B.
5. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的终边在直线上可得，利用二倍角余弦公式及同角三角函数的基本关系可得.
【详解】因为终边在直线上，
所以分别在第一象限、第三象限取点，,
，
，
故选：A
6. 的展开式中，项的系数为（ ）
A. 1B. 6C. 20D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合展开式的性质，以及组合数的计算方法，即可求解.
【详解】由多项式的展开式中项为，
所以项的系数为.
故选：D.
7. 在中，若，则的面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，确定四边形面积的最大值，即可得答案.
【详解】设分别为的中点，连接，
则，则∽，故,
则，故
又，则，
故，
当时，四边形面积最大，最大值为，
故的面积的最大值为，
故选：D
8. 若函数在上存在极小值点，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，在上存在两个不等实根或者一根在，一根在，分类讨论对称轴的位置，结合二次函数的图象和性质，即可得出函数在上存在极小值点的条件，综合以上范围即得解．
【详解】因为，所以在上存在两个不等实根或者一根在，一根在．由于函数的对称轴为，所以，
当，即时，只需；
当时，由，只需，即；
当时，即时，只需
；
当时，在上无极小值点.
综上可知，实数的取值范围是．
故选：B．
【点睛】本题主要考查利用导数解决函数的极值问题，涉及极值点存在的条件应用，实根分布以及二次函数的图象与性质的应用，意在考查学生的转化能力和分类讨论思想的应用能力，属于中档题．
9. 甲、乙、丙、丁4个学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有五个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，则4个学校中至少有3个学校所选研学基地不相同的选择种数共有（ ）
A. 420B. 460C. 480D. 520
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用两个原理结合排列、组合应用列式计算即得.
【详解】求不相同的选择种数有两类办法：恰有3个学校所选研学基地不同有种方法，
4个学校所选研学基地都不相同有种方法，
所以不相同的选择种数有（种）.
故选：C
10. 如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
11. 若抛物线上两点，关于直线对称，且，则中点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件求得，进而求得中点坐标.
【详解】因为抛物线上两点，关于直线对称，
故和直线垂直，
所以，故，
又，所以，
故中点坐标是，即
故选：B
12. 已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点，且，，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合勾股定理的逆定理可得，结合双曲线的对称性可得，即可得，由斜率与倾斜角的关系可得，即可得离心率.
【详解】
由，，故，
则有、、，又，
故，又，故，
则，则，
，故，
即，即，
即，则
故选：B.
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. 某校高三年级进行了高考适应性测试，考生的数学成绩（满分为150分）服从正态分布，且成绩位于分的人数，成绩低于80分或高于100分的人数，成绩低于100分的人数构成等差数列，现从所有考生中任选一人，其数学成绩高于100分的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设已知三个段成绩的概率分别为，根据正态分布的性质将分别用表示，再根据题意可得，求出，再根据正态分布的对称性即可得解.
【详解】设成绩位于分的概率为，成绩低于80分或高于100分的概率为，
成绩低于100分的概率为，
则，
设总人数为人，
由题意可得，即，
即，解得，
所以成绩高于100分的概率为.
故答案为：.
14. 若函数是偶函数，则实数的值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据偶函数定义，结合对数运算化简可得.
【详解】的定义域为R，
，
因为函数是偶函数，
所以，
所以恒成立，故，即.
故答案为：
15. 如图，已知在矩形和矩形中，，，且二面角为，则异面直线与所成角的正弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】取中点为，根据二面角平面角定义可知，得到为等边三角形；根据三角形中位线性质和异面直线所成角的定义可知：或其补角即为所求角，结合长度关系，利用余弦定理可求得，进而得到结果.
【详解】连接，，，取中点，连接，，
∵四边形，为矩形，∴，，
平面平面，平面，平面，
∴即为二面角的平面角，∴，
又，，∴，∴为等边三角形，∴；
∵，分别为，中点，∴，，
∴（或其补角）即为异面直线与所成角，
∵，∴，
∴，
所以异面直线与所成角的正弦值为．
故答案为：．
16. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，由已知条件得在上是偶函数，然后根据其单调性从而可求解.
【详解】令，所以，
因为，所以，化简得，
所以在上是偶函数，
因，
因为当，，所以，在区间上单调递增，
又因为为偶函数，所有在上单调递减，
由，得，又因为，所以，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】通过构造函数，结合已知函数求出函数为偶函数和其单调性，从而求解.
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. 已知数列的前n项和为，，且数列为等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）定义：表示不超过x的最大整数．设，求数列的前114项和．
【答案】（1）
（2）683
【解析】
【分析】（1）根据题设条件可推得与的关系式，再利用推得，从而得出等差数列，求出其通项；
（2）根据的规定，将数列的项根据取到的相同的值进行分类再依次求和即得.
【小问1详解】
由数列为等差数列，且，，可得：数列的首项为：，公差为：，
故其通项为：，即：①，当时，②，
由①-②可得：，整理得：③，
当时，④，
由③-④可得：，
即：，故数列为等差数列，
因，其公差为，则.
【小问2详解】
由（1）得：，而，易得，
由可得：，因，故得：；
由可得：，因，故得：；
由可得：，因，故得：；
由可得：，因，故得：；
由可得：，因，故得：；
由可得：，因，故得：，
故得：.
18. 如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．

（1）求证：；
（2）若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在三棱柱中，由平面，平面，得，
在平面内过作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则有，
显然平面，因此平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
过点作，由，得，
由（1）知平面，平面，则，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，，
假定在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，
令，则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，显然平面的一个法向量，
依题意，，解得，即，
所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，.
19. 某游戏游玩规则如下：每次游戏有机会获得5分，10分或20分的积分，且每次游戏只能获得一种积分；每次游戏获得5分，10分，20分的概率分别为，三次游戏为一轮，一轮游戏结束后，计算本轮游戏总积分．
（1）求某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的概率（用含的代数式表示）；
（2）当某人在一轮游戏中累计积分在区间内的概率取得最大值时，求一轮游戏累计积分的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的情况，利用独立事件与互斥事件的概率公式，结合组合的思想即可得解.
（2）依题意得到累计积分在区间内的概率，构造函数，利用导数求得当时满足题意，进而得到的所有可能取值，求得对应的概率，从而得解.
【小问1详解】
某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的情况为：
①三次游戏都获得5分；②两次游戏获得5分，一次游戏获得10分；③一次游戏获得5分，两次游戏获得10分；
所以其概率为：.
【小问2详解】
依题意，记一轮游戏累计积分为，
而某人在一轮游戏中累计积分在区间内的情况有分和分两种情况，
则，，
记某人在一轮游戏中累计积分在区间内的概率为，
则，，
则，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调减；
所以当时，取得最大值；
此时每次游戏获得5分，10分，20分的概率分别为，
由题意可知的所有可能取值为，
，，
，，
，，
，，
，
则的数学期望为
.
【点睛】关键点睛：本题解决的难点是分析得各个累计积分时的概率，从而得解.
20. 已知椭圆：（），直线：过的右焦点，椭圆的长轴长是下顶点到直线的距离的2倍.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，，，是椭圆上不同于，的两点（其中在轴上方），若直线的斜率等于直线的斜率的2倍，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
分析】（1）根据题设得且，即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，，联立椭圆，应用韦达定理用表示出坐标，进而得到直线的方程为，设，同理用表示出坐标，最后得到四边形面积关于的表达式，结合基本不等式求最大值.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，直线恒过点，所以.
椭圆的下顶点到直线的距离，
由题意得，解得.
椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意，设直线的斜率为（），即直线的方程为，
联立直线与椭圆方程，化简整理得，，
设，由韦达定理得，即，，
直线斜率等于直线的斜率的2倍，直线的方程为，
设，同理得，，
则四边形的面积
，
令，则，当且仅当等号成立，
则，故的最大值为.

21. 已知函数．
（1）若，，求实数a的取值范围；
（2）设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【小问1详解】
依题意，.
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为
，
设，.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.
（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，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若，直线与曲线交于两点，求的值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）消去参数得普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式化简即得.
（2）求出直线参数方程的标准形式，代入曲线方程，利用参数的几何意义求解即得.
【小问1详解】
直线参数方程为（为参数），消去参数得直线的普通方程为，
把代入得直线的极坐标方程为；
曲线的极坐标方程为，把代入得曲线的直角坐标方程为，
所以直线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
直线的参数方程的标准形式为（为参数），
代入，整理得：，设所对参数分别为，
于是，，
所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）求的最小值，并指出此时的取值范围；
（2）证明：等价于.
【答案】（1）的最小值为，对应
（2）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得的最小值以及此时的范围.
（2）通过解不等式来求得正确答案.
【小问1详解】
，画出的图象如下图所示，
由图可知，的最小值为，对应.
【小问2详解】
由，得或，
解得或，
结合图象可知的解集为.
而，，
所以不等式的解集为.
所以等价于.