53，四川省宜宾市叙州区第一中学校2024届高三上学期期末数学（理）试题

这是一份53，四川省宜宾市叙州区第一中学校2024届高三上学期期末数学（理）试题，共19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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据补集概念求解即可.
【详解】因为，，
则.
故选：A
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的四则运算可得复数，进而可得虚部.
【详解】由题可知，
故复数虚部为，
故选：D．
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【分析】由余弦的二倍角公式，然后再结合平方关系和商的关系，转化为的式子，得出答案.
【详解】
故选：A
4. 在中，“”是“为钝角三角形”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】C
【解析】
【分析】推出的等价式子，即可判断出结论.
【详解】为钝角三角形.
∴在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】找中间量0和1进行比较，根据指数函数、对数函数的单调性可得到答案.
【详解】因为，，，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，找中间量0和1进行比较是关键，属于基础题.
6. 函数在区间上的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接由特殊点通过排除法求解即可.
【详解】当时，，排除C选项；当时，，排除B、D选项.
故选：A.
7. 已知抛物线：的焦点为,是C上一点，，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】解方程即得解.
【详解】解：由题得抛物线的准线方程为，则有，即有，解得．
故选：A
8. A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻，E不站两端的不同站法的种数为（ ）
A. 48B. 96C. 144D. 288
【答案】B
【解析】
【分析】使用捆绑法，然后恰当分类，结合间接法可得.
【详解】第一步，先排A、B共种排法，将排好的A、B作为一个整体，记为G；
第二步，（1）先将C，D，G，F排成一排，再在产生的3个空位中选择一个排E共有种排法，
（2）先将C、D捆绑在一起记为H，然后将H、G、F排成一排，最后在2个空位中选一个排E，共有种排法，
（3）将C，D，G，F，E排成一排，且C，D不相邻，E不站两端的排法有；
综上，满足条件的不同排法共有种.
故选：B
9. 智能主动降噪耳机工作的原理是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪声，然后通过主动降噪芯片生成的声波来抵消噪声（如图）．已知噪声的声波曲线是，通过主动降噪芯片生成的声波曲线是（其中），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合余弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】由于抵消噪声，所以振幅没有改变，周期没有改变，即，，
即，要想抵消噪声，需要主动降噪芯片生成的声波曲线是，
即，
因为，所以令，即，
故选：C
10. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式和二倍角的正弦公式化简题给条件，得到三角函数齐次式，进而求得的值
【详解】
由，可得
又，则
故选：D
11. 设为椭圆的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆性质要使题设条件成立只需在椭圆左右顶点时，此时应用余弦定理可得，进而求n的范围.
【详解】由椭圆的性质知：当在椭圆左右顶点时最大，
∴椭圆上存在一点使，只需在椭圆左右顶点时，
此时，，即，
又，
∴，解得，又，
∴.
故选：A.
12. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，，求导研究函数的单调性，从而得到，利用不等式的性质比较得出，从而求得答案.
【详解】令，
，
，可以判断在上单调递增，
，
所以，
，
所以，
又因为，，
所以，即，所以，
故选：D.
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. 已知实数，满足约束条件，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.
【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，
将化为，则由图可得当直线经过点时，取得最小值，
联立，解得，所以.
故答案为：.
14. 在的展开式中，的系数为___________.（用数字作答）
【答案】10
【解析】
【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于4，求出的值，即可求得展开式中的系数．
【详解】的展开式的通项公式为，令，求得，
故展开式中的系数为，
故答案为：10．
15. 我国古代数学著作《增删算法统宗》中有这样一道题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关；要见每朝行里数，请君仔细详推算．”其大意为：“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”则他第一天走了______里路，前四天共走了_______里路．
【答案】 ①. 192 ②. 360
【解析】
【分析】设第一天走了a里，则每天走的路程构成首项为，公比为的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，设第一天走了a里，则每天走的路程构成首项为，公比为的等比数列，
可得，解得里，
则前四天共走了里.
故答案为：；.
16. 2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见》，再次强调持续推进体育公园建设．如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米．现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，，则的最大值为______千米．
【答案】#
【解析】
【分析】利用余弦定理和基本不等式即可求解.
【详解】∵在四边形中，，，，
∴,
在△中，由余弦定理得,
即,
，
，当且仅当时取等号，
，,
即，.
故答案为：.
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. 设各项为正数的数列的前n项和为，数列的前n项积为，且．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用代入化简即可得出，得证；
（2）由（1）求出，再由求出，由可得.
【小问1详解】
当时，，即，则，
当时，由得：，所以，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）可知，解得，
所以，经检验，满足，
，
当时，，由（1）知，
综上所述，
18. 如图1，正方形ABCD中，E，F分别为边BC，AD的中点，将四边形EFDC沿直线EF折起，使得平面平面ABEF．如图2，点M，N分别满足，．
（1）求证：平面BMN；
（2）求平面AFM与平面BMN夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接AE交BN于点G，连接MG，则由面面垂直的性质可得平面ABEF，由已知可得，则平面ABEF，，，再由线面垂直的判定可得结论，
（2）分别以FA，FE，FD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【小问1详解】
连接AE交BN于点G，连接MG，设，
因为平面平面ABEF，
平面平面，平面CDFE，，
所以平面ABEF，
因为点N是EF的中点，，
所以，
又因，所以，
所以平面ABEF，因为平面ABEF，
所以，
又，，所以，
因为，NB，平面BMN，
所以平面BMN．
【小问2详解】
因为平面平面ABEF，平面平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以FA，FE，FD两两垂直，
所以分别以FA，FE，FD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示
所以，，，
所以，，
设平面AFM的法向量为，
由，令，得，
由（1）知平面BMN的法向量为，
设平面AFM与平面BMN的夹角为，所以，
所以平面AFM与平面BMN夹角的余弦值为．
19. 甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军.比赛采取三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.
（1）求甲夺得冠军的概率；
（2）比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个.新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，如果这颗球成为废球，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中.记甲、乙决出冠军后，盒内新球数量为X，求随机变量X的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，事件“甲在第i局比赛中未胜”.，记事件“甲夺得冠军”，分析事件A包含的情况，直接求概率；
（2）X的可能取值：3，4，5.分析比赛过程，分别求概率，写出分布列，计算数学期望.
【小问1详解】
记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，
事件“甲在第i局比赛中未胜”.
显然，，.
记事件“甲夺得冠军”，
则.
【小问2详解】
设甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知或.
则，
故.
记“第i局比赛后抽到新球”，“第i局比赛后抽到旧球”.
因为每个求最多使用两次，故X的取值为：3，4，5.
由题意知比赛前盒内有6颗新球.
比赛1局后，盒内必5颗新球1颗旧球，此时，.
若发生，则比赛2局后，盒内有4颗新球，2颗旧球，
此时，.
若发生，则比赛2局后，盒内有5颗新球，
故下次必取得新球.即.
于是
.
故X的分布列为
故X的数学期望.
20. 已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明直线经过定点，并求这个定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析；定点
【解析】
【分析】（1）设椭圆，由离心率为，得，再根据点在椭圆上求解；
（2）当直线与x轴垂直时，设，则．由直线与的斜率之和为1求解；当直线不与x轴垂直时，设直线为，，，与椭圆方程联立，易知，然后结合韦达定理求解.
【小问1详解】
解：设椭圆，
由离心率为，得，
又因为，
所以．
由在椭圆上可得，
解得，．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
当直线与x轴垂直时，设，则．
由题意得：，即．所以直线的方程为．
当直线不与x轴垂直时，可设直线为，，，
将代入得，
所以，．
由已知可得①，
将和代入①，
并整理得②，
将，代入②，
并整理得，可得，
因为直线不经过点，
所以，故．
所以直线的方程为，经过定点．
综上所述，直线经过定点．
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若关于t的方程有两个不相等的实根，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，再对的范围分类讨论，根据的正负即可得到的单调性.
（2）方程可化为，令，此题可变为：当时，有两不等实根，求证：.当时令，讨论的单调性、最值，可得.当时，令，讨论的单调性、最值，可得，两式相加即可证明.
【小问1详解】
因为，定义域为，所以．
①当时，令，解得
即当时，单调递增：当时，单调递减；
②当时在单调递增；
③当时令，解得，
即当时，单调递减；当时，单调递增；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
【小问2详解】
方程可化为，即当时
令，则原问题即：当时，有两不等实根，求证：
由（1）知：当时，在上单调递增，在上单调递减．
不妨设
当时，令则
在上单调递减，在上单调递增，．
所以所以
解得，且当时取等 ①
当时，令，则．
在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
整理得
解得，当时取等 ②
由①+②得：
即原不等式得证.
【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数解决双变量的问题，需要根据题意消去参数，再换元构造函数分析单调性与最值证明不等式，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. 已知直线的参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为：.
（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）已知直线和曲线交于两点，设点，求.
【答案】（1）直线；曲线
（2）
【解析】
【分析】（1）由参数方程消去参数即可得到直线的普通方程；根据极坐标和直角坐标互换原则直接求解即可得到曲线的直角坐标方程；
（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程可得韦达定理的形式，根据直线参数方程中的几何意义可知，代入韦达定理结论可求得结果.
【小问1详解】
由直线参数方程得：，即直线的普通方程为：；
由得：，
，即曲线的直角坐标方程为：.
【小问2详解】
将参数方程代入曲线直角坐标方程整理得：；
设对应的参数分别为，则，，
.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求的解集；
（2）设，若，使得对，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在、和的情况下，去绝对值符号即可构造不等式求得结果；
（2）将问题转化为；利用绝对值三角不等式可求得，利用二次函数最值求法可求得，由此可构造不等式求得结果.
【小问1详解】
当时，；
当时，，解得：（舍）；
当时，，解得：（舍）；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为.
【小问2详解】
若，使得对，都有成立，则；
（当且仅当时取等号），；
为开口方向向上，对称轴为的抛物线，，
，则，解得：或，
即实数的取值范围为.X
3
4
5
P