成都石室中学高2024届高三上期末考试数学试卷理 - 参考答案

成都石室中学2023-2024年度上期高2024届期末考试数学试题（理）参考答案1．若复数满足（i是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算，再计算共轭复数即可.【详解】，则，则.故选：A2.已知集合，，则等于（    ）A． B． C． D．2．C【分析】根据指数函数单调性得到，解不等式求出，利用并集概念求出答案.【详解】，故，令，解得，故，故.故选：C3．设等差数列的前项和为，且，则的值为A．6 B．7 C．8 D．9【答案】选A【解析】由，可得，则.4.的展开式中，的系数为A． B． C．5 D．15【答案】选A【解析】，的展开式通项为，的展开式通项为，由，可得，因此，式子的展开式中，的系数为.5.函数部分图象如图所示，则A． B． C． D．【答案】选D【解析】由函数的部分图象知，，，解得，∴，又，可得，，解得，，∵，∴可得，∴，∴.6．已知圆与中心在原点､焦点在坐标轴上的双曲线的一条渐近线相切，则双曲线的离心率为（    ）.A． B．3 C．或 D．或【答案】D【分析】分双曲线的焦点在x轴上和y轴上，由圆心到渐近线的距离等于半径列式求解即可.【详解】因为可化为，则圆的圆心为，半径为2，当双曲线的焦点在x轴上时，设双曲线方程为，则其渐近线方程为，由题意得，即，所以，所以，当双曲线的焦点在y轴上时，设双曲线方程为，则其渐近线方程为，由题意得，即，所以，则，故选：D.7.已知函数是偶函数，当x<0时，，则曲线在x=1处的切线方程为A． B． C． D．【答案】选C【解析】因为x<0，，，又由是偶函数，，令，则，根据是偶函数，，得到时，，所以，时，，，故曲线在处的切线方程为，即.8．已知一个组合体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）  A． B．C． D．【答案】C【分析】先由三视图原几何体，再分别求得各面的面积相加即可得解.【详解】由题知，该三视图对应的几何体的直观图如图所示，  其中半圆柱的底面半径为1、高为1，三棱锥中，在底面的射影为的中点，，，∴，，因为面，面，所以，又，面，所以面，又面，故，∴，∴，∴，∴该几何体的表面积为.故选：C.9．执行如图所示的程序框图，若随机输入的，则输出的的概率为（    ）    A． B． C． D．【答案】B【分析】根据可得，再根据循环结构可得当时均能得到，从而可得答案.【详解】由框图可得若，则，解得.故当，满足，可得输出；当时，满足，可得输出；当时，不满足，此时，故可得输出；当时，不满足，此时；不满足，此时，可得输出.故当时均能得到，故输出的的概率为.故选：B10.若，，则下列选项正确的是A． B． C． D．【答案】选D【解析】因为，，所以，因为，，即,所以，所以A，B错误；因为，所以，所以C错误；因，所以D正确.11.已知长方体在球O的内部，球心O在平面ABCD上，若球的半径为，，则该长方体体积的最大值是A．4B．8C．12 D．18【答案】选A【解析】设长方体的高为h，设a，则，所以.由勾股定理得即得，所以长方体的体积为，设，其中0教育，成都石室中学北湖校区将一块四边形园地ABCD用于蔬菜种植实践活动.经测量，边界AB与AD的长度都是14米，，.(1)若的长为6米，求BC的长；(2)现需要沿实验园的边界修建篱笆以提醒同学们不要随意进入，问所需要篱笆的最大长度为多少米?【解析】(1)连接BD，由题意△ABD是等边三角形，所以BD=14，在中，由余弦定理得，即，求解得故BC的长为10米. 5分(2)设，，在中，，所需篱笆的长度为. 10分 12分20．（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，抛物线在第一象限与椭圆C1交于点，点F为抛物线的焦点，且满足.(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆C1交于P,Q两点，过分别作直线的垂线，垂足为M、N，l与x轴的交点为T．若△PMT、△PQT、△QNT的面积成等差数列，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意，,则点在椭圆上，得，①即②联立①②，解得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C1的方程为； 4分(2)依题意，直线PQ与x轴不重合，故可设直线PQ的方程为x＝my+1．联立，消去．设P（x1，y1），Q（x2，y2），则有△＞0，且． 7分设△PMT，△PQT，△QNT的面积分别为S1，S2，S3，∵S1，S2，S3成等差数列，∴2S2＝S1+S3，即3S2＝S1+S2+S3，则；即3（t﹣1）＝2t﹣（x1+x2），得t＝3﹣（x1+x2）， 9分又x1＝my1+1，x2＝my2+2，于是，t＝3﹣（my1+my2+2）＝1﹣m（y1+y2），∴，解得．21.（本小题满分12分）已知函数，其中是自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)若，设关于的不等式对恒成立时k的最大值为，求的取值范围．【解析】(1)的定义域为，， 1分当时，，单调递增；当时，，，单调递增；单调递减； 4分综上，当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. 5分(2)因为的不等式对恒成立,则，对恒成立, 6分令，即，令，即，所以在上递增； 7分①当，即时，因为，所以，当，，即，所以在上递增，所以，故； 8分②当即时，因为，，即，所以在上递减，所以，故；9分③当，即时，因为在上递增，所以存在唯一实数，使得，即，则当时，，即；当时，，即，故在上单减，上单增，所以，所以，设，则，所以在上递增，所以．综上所述，． 12分22.[选修4－4：坐标系与参数方程]已知圆C的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆C的极坐标方程；(2)若直线的参数方程是(t为参数，为直线l的倾斜角)，l与C交于A，B两点，，求l的斜率.【解析】（Ⅰ）圆C的直角方程为将，得.故圆C的极坐标方程为 4分（Ⅱ）在极坐标系中，直线l的极坐标方程为，设A，B所对应的极径分别为.将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得.于是得所以l的斜率为1. 10分23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2).【分析】（1）绝对值不等式分类讨论求解即可得；（2）双绝对值不等式恒成立问题，借助绝对值三角不等式，将原问题转化即可得.【详解】（1）等价于或，解得或，即，即不等式的解集为；……………………………………………5分（2）恒成立，即恒成立，因为，所以，解得或，即的取值范围是……………………………………………………………...10分