四川省宜宾市叙州区第二中学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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数的性质求出集合，再根据一元二次方程求出集合，最后根据并集的定义计算可得.
【详解】解：由，即，解得，所以，
由，即，解得，所以，
所以
故选：B
2. 已知复数，i为虚数单位，则z的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算公式求复数的代数形式，再求其共轭复数即可.
【详解】，
所以z的共轭复数为，
故选：B.
3. 采购经理指数（PMI），是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预测、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数（PMI）统计图．
根据统计图分析，下列结论最恰当的一项为（ ）
A. 2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩
B. 2021年第四季度各月制造业在逐月扩张
C. 2022年1月至4月制造业逐月收缩
D. 2022年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈恢复性扩张
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.
【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；
对于B项，由统计图可以得到，10月份的制造业指数低于，故B项错误；
对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；
对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2022年6月PMI超过，故D项正确.
故选：D.
4. 人们用分贝(dB)来划分声音的等级，声音的等级d(x)(单位：dB)与声音强度(单位:)满足d(x)＝9lg.一般两人小声交谈时，声音的等级约为54 dB，在有50人的课堂上讲课时，老师声音的等级约为63 dB，那么老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的（ ）
A. 1倍B. 10倍
C. 100倍D. 1 000倍
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算即可求解.
【详解】设老师上课时声音强度，一般两人小声交谈时声音强度分别为，
根据题意得＝，解得，，解得，所以
因此，老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的10倍.
故选: B.
5. 已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算，再考虑和两种情况，得到倾斜角范围.
【详解】，则，
设直线的倾斜角为，故，
所以当时，直线的倾斜角；
当时，直线的倾斜角；
综上所述：直线的倾斜角
故选：B
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦的和差公式对原式进行展开，平方后再利用，，去进行整理可得.
【详解】因为，所以，平方后可得，整理得，所以.
故选：D.
7. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数以及对数函数的性质，判断a,b,c的范围，即可比较大小，可得答案.
【详解】由函数为增函数可知，
由为增函数可得，由由为增函数可得，
，
，
故选:D
8. 设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值.
详解】由题意可得：，
而，
故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.
9. 若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果.
【详解】将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，
即，与函数的图像重合
即，
故
∴，
所以的最小值为.
故选：B.
10. 已知某校高三（1）班有8位同学特别优秀，从他们中随机选取若干位参加市里举办的百科知识竞赛，选取的方法是，由班主任和教务主任两位老师各随机给其中4位同学投票，被两位老师都投票的同学参加竞赛，则恰有3人参加竞赛的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两位老师每人从8人中选4人的情况，再分步考虑恰有3人参加竞赛的情况即可求出.
【详解】由题，两位老师每人从8人中选4人，共有种，
恰有3人参加竞赛，则先从8人中选3人，则一位老师从剩下的5人中选1人，另一位老师再从剩下的4人中选一人，则共有种，
所以恰有3人参加竞赛的概率为.
故选：A
11. 如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.
【详解】因为为等腰直角三角形，，
所以的外接圆的圆心为的中点，且，
设的中点为，连接，则，则平面，
设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，
设，，外接球的半径为，
因为，所以，
即，又，则，
因为，所以
所以三棱锥外接球表面积的最大值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：
（1）棱长为的正方体的外接球半径为；
（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；
（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.
12. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点，若三角形（为原点）的面积，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标，根据三角形的面积得出，再结合，，可解得结果.
【详解】由得，所以，
所以直线，抛物线的准线为：，
联立可得，所以，
联立可得，所以，
所以，
所以，所以，即，
又，，
所以，所以，所以，
所以双曲线的方程为.
故选：D.
【点睛】本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.
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. 若直线与平行，则实数a的值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行得到，解得，再代入检验即可；
【详解】解：因为直线与平行，
所以，解得，
当时，直线与，两条直线重合，故舍去.
当时，直线与，符合题意.
故答案为：
14. 若展开式的常数项为，则正整数n的值为___________.
【答案】4
【解析】
【分析】由题可得，然后利用通项公式即得.
【详解】∵，
∴其展开式的常数项为，
故n为偶数，解得.
故答案为：4.
15. 已知函数为上的奇函数，则实数______________________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用奇函数的性质有，列方程求参数a即可.
【详解】由题设，
所以，可得.
故答案为：1
16. 在棱长为1的正方体中，点是对角线的动点（点与不重合），则下列结论正确的有__________.
①存在点，使得平面平面；
②分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，存在点，使得；
③对任意的点，都有；
④对任意的点的面积都不等于.
【答案】①②③
【解析】
【分析】当直线交平面于点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；设根据面积可解得即可判断②正确；利用线面垂直判定定理可证明当直线交平面于点时满足，可得③正确，由③可知当点是线段上靠近点的三等分点时，的面积等于，即④错误.
【详解】对于①，根据题意，连接，如下图所示：
由正方体性质可得，平面，平面，
所以可得平面，
同理可平面，又，且平面，
所以可得平面平面，
当直线交平面于点时，有平面，即①正确；
对于②，设，
则在平面上的正投影图形的面积为，
在平面上的正投影图形的面积与在平面上的的面积相等，
即，
若，则可得，解得或，
又因为，所以可得，故存在点，使得，即②正确；
对于③，取的中点为，的中点为，连接交于点，如下图所示：
由正方形性质可知，，且，
又，平面，所以平面；
又，所以平面，可得，
由的中点为，所以可得即为线段的垂直平分线，
可知，即③正确；
对于④，利用正方体性质可得平面平面,所以；
同理可得平面,平面,所以；
又，所以平面，
易知平面，所以；
结合③的结论即可得即为和的公垂线，即的高的最小值即为，
易知，，可得，
所以此时，即，
即的面积，
即当点是线段上靠近点的三等分点时，的面积等于，即④错误；
故答案为：①②③
【点睛】方法点睛：处理立体几何中动点问题时，往往利用面面平行、线面垂直等判定定理首先确定满足条件的动点位置，再利用几何体性质验证是否符合题意，即可求出最值或范围等问题.
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. 已知函数
（1）求的单调递增区间；
（2）三角形的三边a，b，c满足，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用倍角公式以及两角和差的正弦公式进行化简可得，然后根据函数的单调性即可求得的单调递增区间；
（2）根据余弦定理可求得，便可知取值范围从而求得的取值范围.
【小问1详解】
解：由题意得：

当时，函数单调递增，解得：
的单调递增区间：
【小问2详解】
由可知
由余弦定理得：
故可知
∴
又
∴．
18. 2021年7月24日中华人民共和国教育部正式发布《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，简称“双减”政策.某校为了解该校小学生在“双减”政策下课外活动的时间，随机抽查了40名小学生，统计了他们参加课外活动的时间，并绘制了如下的频率分布直方图.如图所示.
（1）由频率分布直方图估计该组数据的中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）由频率分布直方图可认为：课外活动时间t（分钟）服从正态分布，其中为课外活动时间的平均数.用频率估计概率，在该校随机抽取5名学生，记课外活动时间在内的人数为X，求X的数学期望（精确到0.1）.
参考数据：当X服从正态分布时，，，.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)根据频率直方图中位数、平均数的求法直接计算即可；
(2)利用正态曲线的对称性求出，进而结合二项分布的性质求出即可.
【小问1详解】
由图可知该组数据中位数位于第四组，设中位数为x，
则，解得，
平均数为：；
【小问2详解】
，，
，，
，
由题意知：
19. 如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，是菱形，分别是的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)由平面平面可得平面，从而，所以平面.
（2）建立空间直角坐标系，计算可得.
【小问1详解】
证明：因为侧面为矩形，所以，
因为平面，平面平面，
平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面为菱形，所以，
因为，所以平面
【小问2详解】
取的中点，连接，因为四边形为菱形，且，
所以为正三角形，所以，因为，所以，
所以平面，所以两两垂直.
以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系.

设，则，且，
则，，，，
，.，，
，，
设平面的一个法向量，
由，得，求得，
设平面的一个法向量，
由，得，求得，
，
，所以二面角的正弦值为.
20. 动点P到定点F(0，1)的距离比它到直线的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线交曲线C于A、B两个不同的点，过点A、B分别作曲线C的切线，且二者相交于点M．
（1）求曲线C的方程；
（2）求证：；
（3）求△ ABM的面积的最小值．
【答案】（1）；
（2）见解析； （3）4．
【解析】
【分析】（1）利用定义判断出曲线为抛物线；
（2）设出点的坐标，利用导数分别求出过点的切线方程，求出交点的坐标为，联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理算出，从而得到，利用向量可以计算，所以；
（3）利用焦半径公式和点到直线的距离可以求得，从而求得面积的最小值为．
【小问1详解】
解：由已知，动点在直线上方，
条件可转化为动点到定点的距离等于它到直线距离，
∴ 动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故其方程为．
【小问2详解】
证：设直线的方程为：，
由得：
，
设，
则，．
由得：
，
，
∴ 直线的方程为：① ，
直线的方程为：② ，
① －② 消y得：
，
即，
将代入① 得：
，
，
故，

，
．
【小问3详解】
解：由（2）知，点到的距离，
，
，
∴ 当时，的面积有最小值4．
【点睛】形如的抛物线，考虑其切线时可以利用导数去讨论．
21. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，证明：函数有两个零点；
（3）若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．
【答案】（1）和
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知，证明，结合零点的存在性定理即可得出结论；
（3）写出函数的解析式，求导，根据题意可知，，则有，要证等价于证，即证，令，构造函数，证明即可.
【小问1详解】
解：，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的单调区间为和；
【小问2详解】
证明：由（1）知，
因为，所以，
又当时，，，
所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，
所以函数有两个零点；
【小问3详解】
证明：，
则，
因为函数有两个不同的极值点（其中），
所以，，
要证等价于证，
即证，
所以，
因为，
所以，
又，，
作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，
即，
令，
则上不等式等价于要证：，
令，
则，
所以函数在上递增，
所以，
所以，
所以．
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了函数的零点问题及极值问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了学生的数据分析能力及转化能力，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. 以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）
（1）求圆C的半径以及圆心的直角坐标；
（2）若点直线l上，且在圆C内部（不含边界），求的取值范围．
【答案】（1）半径为4，
（2）
【解析】
【分析】（1）将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，整理成标准方程，然后可得；
（2）直线参数方程代入目标函数，根据直线参数的几何意义，结合直线过圆心可得.
【小问1详解】
由圆C的极坐标方程得，
所以圆C的直角坐标方程为，即，
所以圆C的半径为4，圆心为．
【小问2详解】
设，
将代入，得．
根据直线l的参数方程中参数的几何意义可知，表示直线l上的点到点的距离，
又因为为圆C的圆心，
所以，即，即的取值范围是．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数的最小值为.
（1）求的值；
（2）若为正实数，且，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意，得到函数，利用分段函数和一次函数的性质求得函数的最小值，即可求解；
（2）由（1）可得，实数为正实数，且，代入利用基本不等式即可作出证明.
【详解】（1）由题意，函数，
当时，函数单调递减，所以；
当时，函数单调递减，所以；
当时，函数单调递增，所以，
综上可得，函数的最小值为，所以.
（2）由（1）可得，实数为正实数，且，
所以
.
当且仅当时等号成立，所以.