四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期中理科数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期中理科数学试卷（Word版附解析），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。

（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，每一题只有一个选项符合题意）
1. 已知复数 ，则的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得z，即可得，即可得答案.
【详解】，
故，则的实部为，
故选：B
2. =（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算求解.
【详解】
,
故选:B.
3. 下列命题中一定正确的是（ ）．
A. 如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
B. 如果平面平面，直线与平面垂直，那么
C. 如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
D. 如果直线与平面相交但不垂直，为空间内一条直线，且，那么与平面相交
【答案】C
【解析】
【分析】按立体几何的性质逐项判断即可.
【详解】如图，平面 平面, ，在内但不垂直于平面，所以A错误；

B错误：在内时可与平面α垂直但不平行于；
C正确：如果平面α不垂直于平面β，那么由面面垂直的判断定理得平面α内一定不存在直线垂直于平面β;
D错误：在平面内时可垂直于但不与相交.
故选：C.
4. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，进而结合并集、补集的定义求解即可.
【详解】由，得，即，
所以.
由，当时，恒成立，
当时，，即，则，
所以或，
所以或，
则.
故选：D.
5. 学校举行舞蹈比赛，现从报名的50位学生中利用下面的随机数表抽取10位同学参加，将这50位学生按01、02、、50进行编号，假设从随机数表第1行第2个数字开始由左向右依次选取两个数字，重复的跳过，读到行末则从下一行行首继续，则选出来的第5个号码所对应的学生编号为（ ）．
0627 4313 2432 5327 0941 2512 6317 6323 2616 8045 6011
1410 9577 7424 6762 4281 1457 2042 5332 3732 2707 3607
5124 5179 3014 2310 2118 2191 3726 3890 0140 0523 2617
A. 43B. 25C. 32D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】利用随机数表法，按照给定条件一次选取符合要求的号码即可.
【详解】从随机数表第1行第2个数字开始由左向右依次选取两个数字，去掉超过50和重复的号码，选取的号码依次为：31，32，43，25，12，17，23，26，16，45.
所以选出来的第5个号码所对应的学生编号为12.
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】，
，
，
.
故选：A
7. 成都石室中学是中国现存最古老的学校，在2023年11月11日石室生日之际，某石室学子写下一个二进制数，另一学子用框图将转化为十进制数，发现该十进制数加上117恰为石室年龄，则判断框内应填入的条件，通过计算得到石室的年龄分别是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】该程序的作用是将二进制转换为十进制，根据转换的方法和步骤，结合流程图可知，判断框内填入的应是进行循环的条件，判断出循环的次数，得到答案.
【详解】由题意输出，按照程序运行：
按照程序运行：
；
；
，
，
，
…
；
此时结束循环输出结果，，
，故判断框内的条件应为；石室年龄应为2164.
故选：B.
8. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位后，得到偶函数的图象，则正实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像可求得函数，且根据图形左移个单位后为偶函数，再结合点在函数上，从而求解.
【详解】由题图可知，周期，所以：，所以，
因为:点在图象上，所以:，所以:，
得：，因为：，所以：，，
所以：，
因为：是偶函数，所以：，
所以：，当时，有正实数最小值：.故C项正确.
故选：C.
9. 学校运动会上，有，，三位运动员分别参加3000米，1500米和跳高比赛，为了安全起见，班委为这三位运动员分别成立了后勤服务小组，甲和另外四个同学参加后勤服务工作（每个同学只能参加一个后勤服务小组）.若甲在A的后勤服务小组，则这五位同学的分派方案有（ ）种
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分三类，A小组只有一人，只有两人，恰有三人三种情况，再利用分类加法计数原理求解.
【详解】若A小组只有一人，则5人的分配方案有种；
若A小组只有两人，则5人的分配方案有种；
若A小组恰有三人，则5人的分配方案有种，
所以共有50种，
故选：B.
10. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是矩形，D是棱CC1的中点，CC1=AC=4， ，AB=3，， 过点D作平面平面，则平面截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可先证出平面，然后做出平面与截三棱柱的截面，再求截面面积从而求解.
【详解】由题意知：分别取中点，连接，如图所示：
所以：，因为：
又因为：平面，不在平面上，
所以：平面，平面，
又因为：，平面，
所以：平面平面，即：平面为平面与三棱柱截面；
因为，且，，平面
平面，又因为平面，所以：，，
又因为：，，平面，
所以：平面，因为：平面，
所以：，又因为：为中点，
所以得：为等边三角形，则：， ，，
所以，所以得:四边形为等腰梯形，
所以：，，，可求出截面面积为：
故A项正确.
故选：A.
11. 已知椭圆的左､右焦点分别为是椭圆在第一象限的任意一点，为的内心，点是坐标原点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的定义及内切圆的性质得出的坐标关系，再利用正切的差角公式及基本不等式计算即可.
【详解】
设，，
设内切圆分别与轴相切于点，
则，，
，
，
又
∴，
易知，
，，
设，，
当且仅当时等号成立，
故选：A
12. 已知函数的导函数是，的图象关于点对称，对任意实数都有，且在上单调递增，设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可得是偶函数，图象关于直线对称，周期为2，在上的单调性，，，构造函数，利用导数判断出的单调性可得答案.
【详解】因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
是奇函数，是偶函数，关于直线对称，
所以的周期为2，因为在上单调递增，所以在上单调递减，
在上单调递增，
令，则，
当时，，单调递减，
且，所以，
即，可得，，
设，则，
设函数，，，
所以在上是减函数，
，.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是构造函数，利用函数的单调性比较大小.
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. 已知点在双曲线上，直线是双曲线的渐近线，则双曲线的标准方程是_________
【答案】
【解析】
【分析】由渐近线方程可设双曲线的方程为：，根据双曲线经过点代入即可求解．
【详解】由题意得：双曲线的渐近线为：，所以可设双曲线的方程为：，
因为点在双曲线上，所以代入得：，即：，
所以：双曲线的方程为：.
故答案为：.
14. 若，满足约束条件，则最小值为_________
【答案】##0.5
【解析】
【分析】作出表示的平面区域，明确表示的几何意义，求出点和可行域内的点的连线的距离的最小值，即可求得答案.
【详解】作出约束条件表示的平面区域，如图阴影部分，
因为，其表示点和可行域内的点的连线距离的平方，
到直线的距离为，
联立，解得，则，
联立，解得，则，
由于，故和可行域内的点的连线的距离的最小值为，
即最小值为，
故答案为：
15. 如图，在中，，是正三角形，点是的中心，若， 则 _____
【答案】
【解析】
【分析】结合图形，利用题干信息，先找到长度关系，再根据角平分线定理，得到比例关系，最后利用三共线定理书写最终式子，得到系数关系即可.
【详解】如图，MC交AB于点E，
， 设，则，
因为AB是的角平分线，所以，
所以， ，
因为，，三点共线，所以，
，
由题干可知，即
所以，

故答案为：.
16. 如图，已知圆：，圆：，过直角坐标原点作直线分别交两圆于过点作直线分别交两圆于，连接，则四边形面积的最大值为_______
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意利用割补法得：，然后设，对面积构造一个关于的函数，从而求解.
【详解】设轴与圆交于，点，交圆于点，连结，
则：，.同理：
所以：，
设，则
则： ，设点到直线的距离为，
则：，所以：
设，
当单调递增，当单调递减，
所以当，，.
故答案为：.
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17. 已知首项为4的数列的前n项和为，且．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，得出与的关系，进一步变形得出等比数列；
（2）利用分组求和法及等比数列求和公式可求得结果
【小问1详解】
由题意，即，故，
即，又，故数列是以-1为首项，-1为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，即．
数列的前n项和为，
数列的前n项和为，
故．
18. 某种植户对一块地上个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.如果每个坑内至少有两粒种子发芽，则不需要进行补种，否则需要补种.
（1）当n取何值时，有4个坑需要补种的概率最大？最大概率为多少？
（2）当时，用X表示要补种的坑的个数，求X的分布列及数学期望.
【答案】18. 当或时，有4个坑要补种的概率最大，最大概率
19. 分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意可求出每个坑要补种的概率，可得n个坑中有4个坑要补种的概率，然后根据题意列出不等式组，从而可求得结果.
（2）由题意知X的取值范围，且X服从二项分布，再利用二项分布的概率公式可求出各自对应的概率，从而可得分布列和数学期望.
【小问1详解】
由题意可知每个坑要补种的概率，则n个坑中有4个坑要补种的概率为.
欲使最大，只需
解得.因为，所以.
当时，，当时，，
所以当或时，有4个坑要补种的概率最大，最大概率.
【小问2详解】
易知X的取值范围为，且，则
,，
,，
,,
所以X的分布列为:
.
19. 在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，可证，即，从而证得面，即可得到结果；
（2）根据题意，过S作面，垂足为D，连接，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.
【小问1详解】
证明：取的中点为E，连结，
∵，∴，
在和中，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，∴面，
∵面，∴
【小问2详解】
过S作面，垂足为D，连接，∴
∵，平面
∴，同理，
∵底面为等腰直角三角形，，
∴四边形为正方形且边长为2.
以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面与平面夹角为
故平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，且的周长最大值为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），分别为椭圆的左右顶点，直线交轴于点，若与的面积相等，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）确定当过右焦点时，的周长取最大值，由此求得a的值，再根据离心率求得c，继而求出b，即可求得答案.
（2）分类讨论，考虑点Q的位置，即点在椭圆外和椭圆内，根据与的面积相等，推出相关线段的比例关系，从而求出点P的坐标，即可求得答案.
【小问1详解】
设与轴的交点为，由题意可知，
则，当重合时取等号，
故当过右焦点时，的周长取最大值，所以
因为椭圆的离心率为，所以，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
由题意得：
①当点在椭圆外，由于与面积相等，
，故,
则，故，
设，则，
又P点在上，则，即，故，
又，所以直线的方程为，即；
②当点在椭圆内，此时，
同理可得，
又P点在上，则，即，故，
又，所以直线的方程为，即
综上：直线的方程为：或.
【点睛】难点点睛：解答本题关于直线和椭圆的位置关系类问题，难点就在于计算复杂，计算量较大，解答时要注意分类讨论，即考虑Q点位置，结合与的面积相等，推出线段间的比例关系，由此求出P点坐标，即可求解直线的方程.
21. 已知函数.
（1）当时，求过原点且与的图象相切的直线方程；
（2）若有两个不同的零点，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）函数有两个零点等价于有两个不同根，构造函数判定其单调性与零点得方程有两个不等实根，利用换元法得，构造，法一、将恒成立问题转化为，利用对勾函数的单调性，分类讨论计算即可；法二、利用导数求的单调性结合洛必达法则最小值即可.
【小问1详解】
易知的定义域为，
设切点坐标，则切线方程为：，
把点带入切线得：，
所以，的切线方程为：；
【小问2详解】
，
又有两个不同零点，
则 有两个不同零点，
构造函数，
则为增函数，且，
即方程有两个不等实根，
令，则，
则，
设，
法一、原不等式恒成立等价于恒成立，
令，
由单调递增，即，
若单调递增，即恒成立，
此时符合题意；
若有解，此时有时，单调递减，则，不符合题意；
综上所述：的取值范围为.
法二、，
设，在恒成立，
在单调递增，，则在单调递增，所以，
，
所以的取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题难点在于：需要利用同型构造根据函数有零点得出 有两个不同零点，构造函数，利用其单调性与零点得出方程有两个不等实根，再将零点换元将问题化为，一种方法是含参分类讨论，一种方法是利用洛必达法则求函数最值.
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]（10分）
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数，），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位，建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再根据转化公式，化为极坐标方程；
（2）首先将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理表示，即可求解.
【小问1详解】
曲线C的直角坐标方程：，
根据公式直角坐标与极坐标转化公式，，，，
所以C的极坐标方程：；
【小问2详解】
直线l的极坐标方程：，代入C的极坐标方程得：，
，，
，
，，
或，
即或，
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数，且.
（1）若函数的最小值为，试证明:点在定直线上；
（2）若，时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用绝对值不等式将并结合最小值得，从而求解.
（2）将，，时不等式可转化为：，再利用不等式求解.
【小问1详解】
因为：，（当且仅当x在−n与m之间时取等号），
所以：，即点在定直线上.
【小问2详解】
当，时，
由得：，所以：，则，
所以：，解得：，
故实数的取值范围为：.
X
0
1
2
3
4
5
P