四川省成都市2023_2024学年高三数学上学期期末考试理科试题含解析

这是一份四川省成都市2023_2024学年高三数学上学期期末考试理科试题含解析，共20页。试卷主要包含了 已知集合，则， 命题“，”的否定为， 已知向量，若，则实数的值为等内容，欢迎下载使用。
（总分：150分，时间：120分钟）
第I卷（共60分）
一､选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解出集合后再求交集即可.
【详解】由，解得，所以，
由，解得，所以，，
故选：C．
2. 命题“，”的否定为（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据命题的否定即可求解.
【详解】命题“，”的否定为：命题“，”．
故选：A．
3. 已知i为虚数单位，复数满足，则（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，从而可求解.
【详解】因为，则，
所以，
故，故A正确.
故选：A．
4. 已知向量，若，则实数的值为（）
A. 1B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量线性运算与共线向量的坐标表示求解即得.
【详解】向量，则，
由，得，解得，
所以实数的值为1.
故选：A
5. 设函数满足对，都有，且在上单调递增，，，则函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
判断的奇偶性排除BD，再由当时，得出答案.
【详解】令，
则函数为偶函数，故排除BD
当时，，则，故排除C
故选：A
【点睛】关键点睛：本题关键是采用排除法，由奇偶性排除BD，再由当时，排除C.
6. 已知x和y满足约束条件，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域，分析则的表示的几何意义，结合图象即可给出z的取值范围.
【详解】约束条件对应的平面区域如下图示：
三角形顶点坐标分别为，
表示可行域内的点与点连线的斜率，
当时取最大值，
当时取最小值，
故的取值范围是，
故选：C.
7. 随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，利用全概率公式以及条件概率公式即可得到答案.
【详解】设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
由题意可知：，
则，
，
若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是.
故选：B.
8. 等腰直角三角形中，，该三角形分别绕所在直线旋转，则2个几何体的体积之比为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，画出几何体，结合圆锥的体积公式求解，则问题得解.
【详解】根据题意，作图如下：
设等腰直角三角形的一条直角边长为1，则斜边长为．
以为轴旋转，得到圆锥，其体积为；
以为轴旋转，得到两个同底的圆锥，
其体积．
故个几何体的体积之比为．
故选：B．
9. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状为（）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形或直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，从而可求，或，进而可得为直角，或，即可判断三角形的形状.
【详解】，
由正弦定理可得：，
可得：，
，可得：，
，可得：，
，或，
为直角，或，
的形状为等腰三角形或直角三角形.
故选：C
10. 已知函数的定义域为，其导函数为，若，，则关于的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件设，，求出其导数，分析可得在上单调递减，再根据条件，得到，不等式，即可求解.
【详解】设，，
则，
因为，所以时，，
即在上单调递减，
又，则，
所以，
即，则，解得：，
所以关于的不等式的解集为，
故选：C.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在上，点在轴上，，，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质可得出，推导出为等边三角形，求出、，利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】因为，则为线段的中点，
因为，则，则，
因为为的中点，，则，
所以，为等边三角形，
由勾股定理可得，
由双曲线的定义可得，即，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
12已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件得到，，从而得到，，即可得出，构造函数，利用函数的单调性，即可判断出，从而得出结果.
【详解】由，得到，又，所以，
所以，，又，
所以，又，得到，
令，则，所以，
得到，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，当时，，
得到在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，所以，得到，
故选：A.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于判断的大小，通过构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，得函数的单调性，即可求出结果.
第II卷（共90分）
二､填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为________.
【答案】
【解析】
分析】由题可得,即可得答案．
【详解】因为，所以，
因为的斜率为，则，
即，故．
故答案为：.
14. 已知，，则_________
【答案】
【解析】
【分析】由求出，再利用诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】∵，，∴，，
∴．
故答案为：
15. 写出经过坐标原点，且被圆截得的弦长为的直线的方程__________.
【答案】或
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系及点到直线的距离公式、弦长公式计算即可.
【详解】由题意可知圆心，半径，显然横轴与圆相切，
不妨设，由点到直线的距离公式可知C到l的距离为或，
所以的方程为：或.
故答案为：或.
16. 已知抛物线的焦点为，经过的直线与抛物线交于两点，设点M在抛物线的准线上，若是等腰直角三角形，则______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，分别对直角顶点进行分类讨论，利用三角形相似以及焦点弦公式列方程即可解得的取值为或.
【详解】如下图所示：
易知抛物线的焦点为，准线方程为，
设直线的方程为，，设的中点为；
联立直线与抛物线方程可得，显然，
则，则；
可得，
因为是等腰直角三角形，当点为直角顶点时，
过点作轴的垂线，过点作，垂足为，过点作，垂足为，如下图所示：
易知，，，
所以，
可得，，可得；
又，，所以，
即，解得，可得，
所以；
同理可得当点为直角顶点时，；
当点为直角顶点时，点在以为直径的圆上，如下图所示：
易知线段的中点为，
可得以为直径的圆的方程为，
当时，解得；
即，此时与轴平行，
又是等腰直角三角形，所以，即直线与轴垂直，
显然此时，满足题意；
故答案为：或
【点睛】方法点睛：求抛物线中弦长问题时往往利用焦点弦公式，利用韦达定理以及等腰直角三角形性质，根据圆周角性质列方程可得结果.
三､解答题（本题共6道小题，共70分）
17. 在等差数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的定义及性质计算基本量即可求通项公式；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
设的公差为，则，
解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，
所以
．
18. 某日数学老师进行了一次小测验，两班一共有100名学生参加了测验，成绩都在内，按照，，…，分组，得到如下频率分布直方图：
（1）求图中的值；
（2）求两班全体学生成绩的平均数；（每组数据以区间中点值为代表）
（3）若根据分层抽样方法从测试成绩在内学生中抽取7人进行分析，再随机选取3人进行座谈，成绩在内学生人数记为X，求X的期望值.
【答案】（1）
（2）99（3）
【解析】
【分析】（1）由所有频率和为1，列方程求出的值；
（2）由平均数公式求解即可；
（3）利用分层抽样求出人数，写出分布列，再求数学期望即可.
【小问1详解】
由题意得，
解得；
【小问2详解】
两班全体学生成绩的平均数为
；
【小问3详解】
根据题意，测试成绩内学生有，
测试成绩在和内学生人数比为，
从内学生中抽取7人，则在内学生有4人，在内学生有3人，
则在内学生人数X，可能取值0，1，2，3，
则，，
，，
则分布列为
所以.
19. 如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，由题意可证得，，，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面法向量，再由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
因为是等边的中线，所以，
因为是棱的中点，为的中点，所以，且，
因为，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，为的中点，所以，从而，
又，平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，因为平面，
所以，又，，平面，
所以平面，从而平面.
以为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为等边的边长为，
所以，，，，.
设平面的一个法向量为，由，得，
令，则，，所以，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，
所以，则，
即平面与平面所成二面角的正弦值为.
20. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，是动点，且直线与的斜率之积等于.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设直线和分别与直线交于点，问：是否存在点使得与的面积相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设P点坐标，根据两点斜率公式计算即可求解；
（2）作图，运用弦长公式和三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
设 ，依题意有 ，由 ，
即，
所以动点的轨迹方程为 ；
【小问2详解】
设，，
∴当时，有，
由弦长公式得，
，
∴，解之得，
此时 ，点P的坐标为或 ;
所以存在点满足题意，且为或 .
21. 已知函数．
（1）若函数无极值，求实数的取值范围；
（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据导函数的正负判断原函数的增减性，即可得出答案；
（2）构造函数，求导，讨论导函数的正负，判断原函数的单调性，得到原函数的最值，然后判断是否合题意即可.
小问1详解】
依题意，，
令，得，
因为，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，
故在上单调递增；
当时，有解，函数在上有增有减，此时函数存在极值．
综上，若函数无极值，则实数的取值范围为．
【小问2详解】
依题意，由，
得，
即，
设，，
则
设，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以在上，，且，，
①当，即时，，在上单调递减，，不符合题意，舍去，
②当，即时，
（I）若且，即，
，使得，当时，，在内单调递减，，不符合题意，舍去，
（II）若且，即，
，使得，
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以恒成立，符合题意；
（III）若且，即，恒成立，
在上单调递增，则，符合题意．
综上，实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：恒成立问题，可考虑直接构造函数，分类讨论求出函数的最值进行处理.
22. 在直角坐标系中，直线过点，且其倾斜角为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）写出直线的参数方程与曲线的直角坐标方程；
（2）当时，直线与曲线交于两点（点在点的上方），求的值．
【答案】（1）（为参数），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）直接写出直线的参数方程；根据代入曲线的极坐标方程，整理化简即可求得其直角坐标方程；
（2）联立直线参数方程和曲线的极坐标方程，根据参数的几何意义，即可求得.
【小问1详解】
直线的参数方程为（为参数）．
将代入，
得，即，
所以曲线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
由题意，得（为参数），
代入，整理，得．
设点对应的参数分别为，
则，且在曲线外，
故，
解得，所以，
所以的值为．
23. 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）设，且的最小值为t．若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入中，然后利用零点分段法解不等式即可；
（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求出的最小值.
【小问1详解】
当时，，
原不等式可化为，①
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，此时无解；
当时，不等式①可化为，解得，此时
综上，原不等式的解集为．
【小问2详解】
由题意得，．
所以的最小值为，则，由，得，
．
0
1
2
3