四川省兴文县2023_2024学年高三数学上学期2月期末理科试题含解析

这是一份四川省兴文县2023_2024学年高三数学上学期2月期末理科试题含解析，共20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。
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,
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. 二项式的展开式中，常数项为（）
A. B. 80C. D. 160
【答案】A
【解析】
【分析】
求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.
【详解】解：二项式展开式的通式为，
令，解得，
则常数项为.
故选：A.
【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.
6. 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，②
①②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.
7. 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1
D. 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，是以为焦点的抛物线上任意一点，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. 函数有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将有且只有一个零点转化为与只有一个交点，根据函数的单调性，从而确定实数的取值范围．
【详解】当时，函数，没有零点，即．
当时，依题意只有一个根，
等价于与只有一个交点，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
函数与只有一个交点必须满足：
故选C
【点睛】利用导数研究参函数的零点主要有两种方法：
（1）利用导数研究函数的最值，从而转化为的图像与轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想．
（2）分离参变量，即由=0分离参变量，得，研究与的图像的交点问题．（本题采用这一种方法）
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，已知，点是角终边上一点，则的值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数定义与两角和正切公式可得的值.
【详解】，
∵，且点在第一象限，
∴为锐角，
∴的值是，
故答案为
【点睛】本题考查三角函数定义，考查两角和正切公式，考查计算能力与转化能力，属于基础题.
16. 已知正方体棱长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为________.
【答案】.
【解析】
【分析】设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点、，先确定球心在线段和中点的连线上，先求出球的半径的值，然后利用勾股定理求出的值，于是得出，再利用勾股定理求出点在上底面轨迹圆的半径长，最后利用圆的面积公式可求出答案．
【详解】如图所示，设三棱锥的外接球为球，
分别取、的中点、，则点在线段上，
由于正方体的棱长为2，
则的外接圆的半径为，
设球的半径为，则，解得.
所以，，
则
而点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆，
由于，所以，
因此，点所构成的图形的面积为.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关问题，根据立体几何中的线段关系求动点的轨迹，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.
18. 如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，、分别为、的中点.
（I）证明：平面平面；
（II）设，且二面角的平面角大于，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见证明 （Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据矩形与三角形中位线可得线线平行，进而得到线面平行，再利用面面平行的判定定理证得结论．
（Ⅱ）以A为原点，以AB、AD、AP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AB的长为1，求出平面CDB的法向量和平面EDB的法向量，然后利用向量的夹角公式建立关系，解之即可．
【详解】（Ⅰ）由已知为直角，为的中点，,故是矩形，,,
又分别为的中点. ,
，所以平面．
（Ⅱ）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，故
从而，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，取，可得，
设二面角的大小为，因为，则，
化简得，则.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行、面面平行的判定与性质，考查了二面角的平面角的概念及求法，考查空间想象能力和思维能力，应用向量知识解决立体几何问题的能力，属于中档题．
19. 在某公司举行的一次真假游戏的有奖竞猜中，设置了“科技”和“生活”这两类试题，规定每位职工最多竞猜3次，每次竞猜的结果相互独立．猜中一道“科技”类试题得4分，猜中一道“生活”类试题得2分，两类试题猜不中的都得0分．将职工得分逐次累加并用X表示，如果X的值不低于4分就认为通过游戏的竞猜，立即停止竞猜，否则继续竞猜，直到竞猜完3次为止．竞猜的方案有以下两种：方案1：先猜一道“科技”类试题，然后再连猜两道“生活”类试题；
方案2：连猜三道“生活”类试题．
设职工甲猜中一道“科技”类试题的概率为0.5，猜中一道“生活”类试题的概率为0.6．
(1)你认为职工甲选择哪种方案通过竞猜的可能性大?并说明理由．
(2)职工甲选择哪一种方案所得平均分高?并说明理由．
【答案】（1）职工甲选择方案1通过竞猜的可能性大；（2）职工甲选择方案1通过竞猜的平均分高
【解析】
【分析】(1)利用互斥概率加法公式及独立乘法公式计算出两种方案的概率，从而作出判断；
(2)分别计算出两种方案的期望值，从而作出判断.
【详解】猜中一道“科技”类试题记作事件A，猜错一道“科技”试题记作事件；
猜中一道“生活”类试题记作事件B，猜错一道“生活”试题记作事件；
则，，
（1）若职工甲选择方案1，通过竞猜的概率为：
.
若职工甲选择方案2，通过竞猜的概率为：
∵
∴职工甲选择方案1通过竞猜的可能性大.
(2)职工甲选择方案1所得平均分高，理由如下：
若职工甲选择方案1，X的可能取值为：0,2,4，
则，
，
，
数学期望
若职工甲选择方案2，X的可能取值为：0,2,4，
，
数学期望
因为，
所以职工甲选择方案1所得平均分高.
【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.
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．
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．
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