2024成都树德中学高三上学期期末考试数学（理）含解析

这是一份2024成都树德中学高三上学期期末考试数学（理）含解析，共31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：本大题共12个小题,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，则（ ）
A. B. C. D.
2. 在复平面内，复数，对应的点分别是，则的模是（ ）
A. 5B. C. 2D.
3. 已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A. B. C. D.
4. 下列叙述错误的是（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 若幂函数在上单调递增，则实数的值为
C. ，
D. 设，则“”是“”的充分不必要条件
5. 平面直角坐标系内，与点的距离为1且与圆相切的直线有（ ）
A. 4条B. 3条C. 2条D. 0条
6. 小明参加某射击比赛，射中得1分，未射中扣1分，已知他每次能射中概率为，记小明射击2次的得分为X，则（ ）
A. B. C. D.
7. 双曲线：（，）的一条渐近线过点，，是的左右焦点，且焦点到渐近线的距离为，若双曲线上一点满足，则（ ）
A. 3或7B. 7C. 5D. 3
8. 某中学200名教师年龄分布图如图所示，从中随机抽取40名教师作样本，采用系统抽样方法，按年龄从小到大编号为1~200，分为40组，分别为1~5，6~10，…，196~200.若从第4组抽取的号码为18，则样本中40~50岁教师的编号之和为（ ）
A. 906B. 966C. 1506D. 1566
9. 若展开式中最大的二项式系数为，则直线与曲线围成图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 在区间上的最小值为
B. 为偶函数
C. 图象的对称中心是，
D. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象
11. 如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论中:①若点为的中点，则的最小值为；②过点作与和都成的直线，可以作四条；③若点为的中点时，过点作与直线垂直的平面，则平面截正方体的截面周长为；④若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是.其中正确的命题有（ ）
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
12. 已知函数，若方程有5个不同实数根，且最小的两个实数根为，，则的取值范围为（ ）
A B. C. D.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知，，则在方向上的投影数量等于__________．
14. 已知满足约束条件，则的取值范围为______．
15. 已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则___.
16. 在锐角三角形中，角所对的边为，且.若点为的垂心，则的最小值为____________．
三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 某汽车销售店以万元每辆的价格购进了某品牌的汽车.根据以往的销售分析得出，当售价定为万元/辆时，每年可销售辆该品牌的汽车，且每辆汽车的售价每提高千元时，年销售量就减少辆.
（1）若要获得最大年利润，售价应定为多少万元/辆?
（2）该销售店为了提高销售业绩，推出了分期付款的促销活动.已知销售一辆该品牌的汽车，若一次性付款，其利润为万元;若分期或期付款，其利润为万元;若分期或期付款,其利润为万元.该销售店对最近分期付叙的位购车情况进行了统计，统计结果如下表：
若X表示其中任意两辆的利润之差的绝对值，求X的分布列和数学期望.
18. 已知数列的前n项和为，，且，数列满足， ，其中n∈N*．
（1）分别求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.

（1）求二面角的余弦值；
（2）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
20. 已知函数，.
（1）若函数只有一个零点，求实数取值所构成的集合；
（2）已知，若，函数的最小值为，求的值域.
21. 已知椭圆：左、右焦点分别为，，上顶点为，到直线的距离为，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线m与椭圆交于两点，过且与m垂直的直线n与圆O：交于C，D两点，求的取值范围.
（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，曲线的参数方程为（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线有2个公共点，求的取值范围．
23. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若不等式对于恒成立，求的取值范围.付款方式
一次性
分期
分期
分期
分期
频数
树德中学高2021级高三上学期期末测试数学（理科）试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、选择题：本大题共12个小题,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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，求出函数的定义域化简集合B，再利用并集的定义求解即得.
【详解】解不等式，得，即，
函数有意义，得，解得，则，
所以.
故选：C
2. 在复平面内，复数，对应的点分别是，则的模是（ ）
A. 5B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数对应的点求出复数的代数形式，利用共轭复数和复数的除法化简，模长公式求模.
【详解】复平面内，复数，对应的点分别是，
则有，，， ，
.
故选：D
3. 已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
则，所以，所以.
故选：A.
4. 下列叙述错误的是（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 若幂函数在上单调递增，则实数的值为
C. ，
D. 设，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】写出存在量词命题的否定判断A；利用幂函数的定义性质求出m判断B；借助指对数函数图象判断C；利用充分不必要条件定义判断D.
【详解】对于A，命题“，”的否定是“，”，A正确；
对于B，由，解得，B正确；
对于C，当时，函数的图象在直线上方，函数的图象在直线下方，则，C正确；
对于D，由，得或，因此“”不是“”的充分不必要条件，D错误.
故选：D
5. 平面直角坐标系内，与点的距离为1且与圆相切的直线有（ ）
A. 4条B. 3条C. 2条D. 0条
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，判断以点为圆心，1为半径的圆与已知圆的位置关系即可得解.
【详解】依题意，与点的距离为1的直线始终与以点为圆心，1为半径的圆相切，
而此直线与圆相切，因此该直线是圆与圆的公切线，
又圆的圆心，半径为2，显然，
所以两圆外切，它们有3条公切线，即所求切线条数是3.
故选：B
6. 小明参加某射击比赛，射中得1分，未射中扣1分，已知他每次能射中的概率为，记小明射击2次的得分为X，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先找出X的取值可能，计算每种可能的概率后结合方差定义计算即可得.
【详解】由题意可知，X的取值可能为，，，
因为，
，
，
所以，
故．
故选：B.
7. 双曲线：（，）的一条渐近线过点，，是的左右焦点，且焦点到渐近线的距离为，若双曲线上一点满足，则（ ）
A. 3或7B. 7C. 5D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用给定条件求出，再利用双曲线定义求解即得.
【详解】双曲线：的渐近线方程为，由在其中一条渐近线上得，
因为焦点到渐近线的距离为，由对称性，则右焦点到一条渐近线距离，
因此，由双曲线定义得，而，解得或，
显然，双曲线：上的点到焦点距离的最小值为，所以.
故选：B
8. 某中学200名教师年龄分布图如图所示，从中随机抽取40名教师作样本，采用系统抽样方法，按年龄从小到大编号为1~200，分为40组，分别为1~5，6~10，…，196~200.若从第4组抽取的号码为18，则样本中40~50岁教师的编号之和为（ ）
A. 906B. 966C. 1506D. 1566
【答案】D
【解析】
【分析】先求出40~50岁教师的编号范围，再得出分别在哪些组中，由系统抽样方法得出被抽出的编号，从而得出答案.
【详解】因为200名教师中40~50岁教师占30%，
所以200名教师中40~50岁教师有60人，编号分布在101~160之间，在第21~32组中，
所以样本中40~50岁教师的编号分别为103，108，…，158，
故样本中40~50岁教师的编号之和为.
故选：D
9. 若展开式中最大的二项式系数为，则直线与曲线围成图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二项式定理及组合数性质得，再应用定积分及微积分基本定理求围成图形的面积.
【详解】由二项式定理及组合数性质知：最大的二项式系数为，
所以直线，联立，得，故或3，
所以直线与曲线围成图形的面积为.
故选：A
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 在区间上的最小值为
B. 为偶函数
C. 图象的对称中心是，
D. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象求得的解析式，结合三角函数最值、奇偶性、对称性、图象变换等知识确定正确答案.
【详解】由图可知，，
所以，，
由于，
所以，所以.
A，，
当时，取得最小值为，故A错误；
B，为偶函数，故B正确；
C，由解得，故C错误；
D，的图象向右平移个单位得到，故D错误.
故选：B
11. 如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论中:①若点为的中点，则的最小值为；②过点作与和都成的直线，可以作四条；③若点为的中点时，过点作与直线垂直的平面，则平面截正方体的截面周长为；④若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是.其中正确的命题有（ ）
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】C
【解析】
【分析】延长到，使，求出判断①；求出过点与直线都成的直线条数判断②；作出符合条件的截面并求出周长判断③；确定点轨迹，建系求出方程，再利用点到直线距离公式求出最小值判断④即可得解.
【详解】在棱长为的正方体中，
延长到，使，由点为的中点，得平面是线段的中垂面，连接，
则，,
当且仅当点为直线与平面的交点时取等号，①正确；
连接，四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形，即，
显然，则，的平分线与直线都成的角，
显然在空间过点作与直线都成角的直线只有1条，
则过空间任意点作与直线都成角的直线只有1条，②错误；
当点为的中点时，取的中点，连接，
显然≌，则，，
即有，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
因此，同理，显然平面，
所以是平面截正方体所得截面，其周长为，③错误；
由于平面，则点到直线距离等于，即点到点的距离等于它到直线的距离，
因此点轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线在正方形及内部，
以线段中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
点轨迹方程为，直线的方程为，令，
因此点到直线：的距离，
于是当，即点时，，④正确，
所以正确命题的个数为2.
故选：C
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
12. 已知函数，若方程有5个不同的实数根，且最小的两个实数根为，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意作出与的大致图象，结合图象与导数的几何意义求得的取值范围，再利用韦达定理得到关于的表达式，从而得解.
【详解】如图，作出函数与的大致图象，
若方程有5个不同的实数根，
则图象与的图象有5个不同的交点，
当时，，的图象与的图象无交点，
当时，，的图象与的图象有2个交点
所以，
当直线与的图象相切时，设切点坐标为，
由可得，则切线斜率，
故，则，结合图象可得m的取值范围为，
由，得，则恒成立，
设该方程的两个实数根为，，则，，
故，
因为开口向上，对称轴为，
又，所以的取值范围为．
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是作出与的大致图象，充分利用数形结合求得的取值范围，从而得解.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知，，则在方向上的投影数量等于__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由向量数量积的几何意义，应用数量积、模长的坐标运算求在方向上的投影数量.
【详解】在方向上投影数量.
故答案为：
14. 已知满足约束条件，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后设，表示点与点连线的斜率，观察图像计算可得范围.
【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图：
设，则表示点与点连线的斜率，
又，
所以，
即的取值范围为.
故答案为：.
15. 已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则___.
【答案】
【解析】
【分析】先求得抛物线C的方程，再利用抛物线定义和题给条件即可求得的值.
【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，
则，则抛物线，
由点，在抛物线C上，可得，，
由，可得，
即，则，
又，
则，则
故答案为：4
16. 在锐角三角形中，角所对的边为，且.若点为的垂心，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由，结合正弦定理和诱导公式，，连接AH并延长，与BC交于点D，延长CH与AB交于点E，则，，然后利用面积公式和和差角公式，结合三角函数的有界性求解即得.
【详解】根据，
由正弦定理得，，
因为锐角三角形，所以，
，
又，
，易知，，又，所以，
然后利用面积公式和和差角公式求解即得.
如图，连接AH并延长，与BC交于点D，延长CH与AB交于点E，则，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，
又，
，又，
所以，
，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
所以， ，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：将用关于的三角函数表示，进而借助三角函数的有界性求解
三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 某汽车销售店以万元每辆的价格购进了某品牌的汽车.根据以往的销售分析得出，当售价定为万元/辆时，每年可销售辆该品牌的汽车，且每辆汽车的售价每提高千元时，年销售量就减少辆.
（1）若要获得最大年利润，售价应定为多少万元/辆?
（2）该销售店为了提高销售业绩，推出了分期付款的促销活动.已知销售一辆该品牌的汽车，若一次性付款，其利润为万元;若分期或期付款，其利润为万元;若分期或期付款,其利润为万元.该销售店对最近分期付叙的位购车情况进行了统计，统计结果如下表：
若X表示其中任意两辆的利润之差的绝对值，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）万元/辆
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设销售价格提高了万元/辆，年利润为万元，表示出利润，即可得出结果；
（2）利用超几何分布结合古典概型求概率，得出分布列即可求解数学期望.
【小问1详解】
设销售价格提高了万元/辆，年利润为万元．
则由题意得年销售量为，
．
故当时，取最大值．此时售价为万元/辆．
所以当售价为万元/辆时，年利润最大．
【小问2详解】
由图表可知，利润为万元的有辆，
利润为万元的有辆，万元的有辆．
所以，
，
，
所以的分布列为：
所以的数学期望．
18. 已知数列的前n项和为，，且，数列满足， ，其中n∈N*．
（1）分别求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意推得，得到数列为等比数列，求得，再由，利用累乘法，求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【小问1详解】
解：由，可得，
两式相减，可得，即，
又由时，，可得，
所以，
所以数列是首项为，公比的等比数列，
故数列的通项公式为，
由，可得，
故，，，……，，，
以上个式子相乘得，，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，，
可得，所以，
所以，，
两式相减得，，
所以．
19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.

（1）求二面角的余弦值；
（2）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】19.
20. 存在，
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解；
（2）设，表示出，利用向量的夹角公式代入列式，即可得解.
【小问1详解】
因为在梯形中，，，，为的中点，所以，，，
所以是正三角形，四边形为菱形，
可得，，
而平面平面，平面平面，
平面，，
平面，所以，，两两互相垂直，
如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，，
，
，
所以二面角的余弦值为.
【小问2详解】
线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为.
设，因为，，所以，
设与平面所成角为，则，
即，，解得，
所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.
20. 已知函数，.
（1）若函数只有一个零点，求实数的取值所构成的集合；
（2）已知，若，函数的最小值为，求的值域.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意，且，问题转化为方程只有一个根，利用导数研究函数单调性，作出函数图象，数形结合判断的取值.
（2），通过构造函数判断的符号得的单调性，由最小值得，再由的零点，构造函数利用导数通过单调性求的值域.
【小问1详解】
函数，定义域为，
当时，显然不满足题意，
当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，
因为1不是方程的根，所以可转化为只有一个根，
即直线与函数（且）的图象只有一个交点.
，令，得，
在和上，，在上，，
所以和上单调递减，在上单调递增.
在时有极小值，图象如图所示：
由图可知：若要使直线与函数的图象只有一个交点，则或，
综上的取值所构成的集合为.
【小问2详解】
由题意知，
令，得，所以在上单调递增.
又，由零点的存在性定理知存在使得，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故
又，所以，又，所以.
令，则，在恒成立，在单调递减，
，由得.
将代入，得.
令，得，
所以在单调递减，又
所以的值域为.
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
21. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，到直线的距离为，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线m与椭圆交于两点，过且与m垂直的直线n与圆O：交于C，D两点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到直线的方程，结合到直线的距离，进而求得的值，即可求解；
（2）①当直线的斜率为时，直线和的方程，求得的值，得到；
②当直线的斜率不存在时，直线和的方程，求得，可得；
③当直线的斜率存在且不为0时，设，直线，结合韦达定理和弦长公式，求得，利用换元法和函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意得，直线的方程为，即，
则到直线的距离，
又由，且，可得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：①当直线的斜率为时，直线的方程为，
代入椭圆方程可得，.
直线的方程，代入圆的方程可得，，
所以，，可得；
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
代入椭圆方程可得，.
直线的方程，代入圆的方程可得，，
所以，，可得；
③当直线的斜率存在且不为0时，设，
则，点到直线n的距离，圆的半径，
根据圆性质得，所以，
将代入曲线E的方程，
整理得，
则恒成立.
设，，由韦达定理可得，，，
则，
所以，
因为，所以，所以，
令，则，且.
令，，则在上恒成立，
所以在上单调递减.又，，
所以，即，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
（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，曲线的参数方程为（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线有2个公共点，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）消参后结合可得曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化公式，可化简直线l为直角坐标方程.
（2）利用数形结合求参数的取值范围.
【小问1详解】
因为，，，
将曲线的参数方程中的参数消去，并结合
可得曲线的普通方程为：．
直线的极坐标方程为，
将，代入上式，得直线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
曲线是以为圆心，1为半径四分之一圆弧，
且圆弧两端点的坐标分别为和，作出曲线与直线，如图所示，
当直线经过点时，直线与曲线有两个交点，此时．
当直线与曲线相切时，有，解得或（舍去）．
数形结合可知的取值范围为．
23. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若不等式对于恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论将函数的绝对值去掉.
（2）依据绝对值函数的特殊性进行分类讨论，解出每种情况下参数的取值范围，最后求交集.
【详解】解：（1），即，利用零点分区间法，对去绝对值，
当时，由，得，所以，
当时，成立，所以，
当时，由，得，所以.
综上可知，不等式的解集为.
（2）由题意，可知，
由（1）得当时，恒成立，因为，所以时不等式恒成立；
当时，恒成立，所以时不等式恒成立；
当时，恒成立，而，所以时不等式恒成立；
当时，即恒成立，而，
所以不等式恒成立.
综上，满足要求的的取值范围为.
【点睛】对于恒成立问题，若进行了分类讨论，则最后参数的取值范围必须是每种情况下取值范围的交集.
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