四川省成都市树德中学2024届高三上学期期末数学（文）试题（教师版）

这是一份四川省成都市树德中学2024届高三上学期期末数学（文）试题（教师版），共23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.
【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. 如图，矩形的长为6，宽为4，在矩形内随机撒300颗黄豆，落在椭圆外的绿豆数为96，以此试验数据为依据可以估计出椭圆的面积为（ ）
A. 16.32B. 15.32C. 8.68D. 7.68
【答案】A
【解析】
【分析】欲估计出椭圆的面积，可利用概率模拟，只要利用平面图形的面积比求出落在椭圆外的概率即可．
【详解】解：设椭圆的面积为，则黄豆落在椭圆外的概率为：
即：
解得：．
故选：A ．
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. 已知函数，满足对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，可得函数在R上单调递增，再利用分段函数及对数函数单调性列出不等式求解即得.
【详解】函数的定义域为R，
由对任意，都有，得函数在R上单调递增，
于是，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C
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的中点，过点作与直线垂直的平面，则平面截正方体的截面的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出符合条件的截面并求出周长判断即可.
【详解】
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.
故选：D.
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，
则的图象与的图象有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】在方向上的投影数量.
故答案为：
14. 已知满足约束条件，则的最大值为___________．
【答案】4
【解析】
【分析】作出平面区域，利用斜率的几何意义求解即可.
【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图
设，则表示点与的斜率，而易得，
故，即的最大值为4.
故答案为：4
15. 已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于A，B两点（点A在第一象限），若点D为抛物线的准线上一点，且，则直线的斜率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线的定义及可得直线与抛物线的准线垂直，由A，F，B三点共线求出点的坐标，再利用斜率公式即可得解.
【详解】由抛物线定义可知，等于点A到准线的距离，
又，则直线与抛物线的准线垂直，
设，由，得焦点，准线，
则，得，
代入抛物线方程，又点A在第一象限，
故，所以，，
设，又，
则由A，F，B三点共线可得，
整理得，解得（舍）或，故，
故直线斜率为．
故答案为：.
16. 已知中，，一直线分为面积相等的两个部分，且夹在之间的线段为，则长度的最小值为____________．
【答案】2
【解析】
【分析】设.利用面积关系得到.在中，利用余弦定理和基本不等式求出长度的最小值.
【详解】
由勾股定理,得.
设,则.
.由题意,知,所以.
而，所以.
在△BNM中,由余弦定理得：
.当且仅当时,等号成立.
故线段MN长度的最小值为2.
故答案为：2
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. 2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节 .现随机抽取了100名同学的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为，第一组和第五组的频率相同．
（1）求，的值；
（2）估计这100名同学面试成绩的中位数（数精确到0.1）；
（3）在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率．
【答案】（1），；
（2）69.4 （3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为及所给条件得到方程组，解得即可；
（2）根据频率分布直方图中位数计算规则计算可得；
（3）利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
由题意可知：，，
解得，；
【小问2详解】
前两个分组频率之和为，
前三个分组频率之和为，
则估计中位数数为；
【小问3详解】
根据分层抽样，和的频率比为，
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和，
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有：
共10个，即，
记事件“两人来自不同组”，则事件包含的样本点有共4个，即，
所以.
18. 已知数列数列满足， ，其中n∈N*．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，利用累乘法求；
（2）由知，故用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
由得：，
故，，，……，，，
以上个式子相乘得，，
故；
【小问2详解】
由，结合（1）可得：，
所以，
，
两式相减得，，
故．
19. 已知球内接正四棱锥的高为相交于，球的表面积为，若为中点.
（1）求异面直线和所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1) 由球的表面积求出球的半径R，设球心为，则必在上，连，根据球的性质有，求解易得底面边长以及侧棱长；又因为，所以以是异面直线和所成的角或其补角，在中易求得所求；
(2)证明平面，则到平面的距离等于到平面的距离，由求得距离，则结论易得.
【小问1详解】
由球的表面积公式，得，
设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上，
连，则，
则在，有，即，可得正方形的边长为,侧棱；
在正方形中，，所以是异面直线和所成的角或其补角，
取中点，在等腰中，可得，斜高，
则在中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
【小问2详解】
由为中点，得，
且满足平面平面，所以平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
又因为,
再设到平面的距离为，则由，
可得，即，则，
所以点到平面的距离.
20. 已知椭圆的离心率为，其上顶点到右顶点的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为坐标原点，直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）按题意列式即可求解；
（2）先说明直线不存在斜率的情况，再联立直线方程和椭圆方程，由韦达定理即可求解.
【小问1详解】
由题意得，解得，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线不存在斜率时，直线与纵轴有无数或没有交点，不符合题意；
当直线存在斜率时，设直线的方程设为，
于是有，
因为该直线与椭圆有两个交点，所以有，
化简得.
设，，于是有，，
因为，
所以，
代入中，得，
于是有，
化简，得，代入中，得，
所以的取值范围为.
21. 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，，
所以在和上单调递减，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.
（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为半径的四分之一圆弧，
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.