文数-四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期期末

树德中学高2021级高三上学期期末测试数学（文科）试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）(a2)x1,x1f(x)f(x)已知函数f(x)，满足对任意xx，都有120成立，则实数a的取值范9.12logax,x1x1x2一、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围为（）要求的.A．1,2B．2,3C．2,3D．2,1．已知集合Ax|x2x20,Bx|ylog(x1)，则AB（）2π10.已知函数f(x)Asin(x)xR,A0,0,||的部分图象如图所示，则下列说法正确A．1,1B．1,3C．1,D．1,2的是（）z2.在复平面内，复数z1，z2对应的点分别是2,1,1,3，则2的模是（）z1πA.f(x)在区间0,上的最小值为32A．5B．5C．2D．2π3.已知圆锥的母线长为22，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（）B.fx为偶函数623A．2B．C．3D．π22C.f(x)图象的对称中心是kπ,0，kZ124．下列叙述错误的是（）πA.命题“xR，x211”的否定是“xR，x211”D.f(x)的图象向右平移个单位长度后得到yAsin2x的图象6若幂函数24m在，上单调递增，则实数的值为B.ym²2m2x0m1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，11.ABCDA1B1C1D12,PBCCD1P，xC.x0,2log2x则平面截正方体的截面的周长为（）ABCDA1B1C1D12D.设aR，则“a3”是“a3”的充分不必要条件A．32B．62C．225D．225225.平面直角坐标系内，与点A(1,1)的距离为1且与圆(x1)(y4)4相切的直线有（）x2,x112.已知函数f(x)，若方程f(x)m|x1|有5个不同的实数根，且最小的两个实A．0条B．4条C．2条D．3条|ln(x1)|,x1如图，矩形的长为，宽为，在矩形内随机撒颗黄豆，落在椭圆外的6.64300数根为，则22的取值范围是（）x1,x2x1x2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（）2e12e112e12e12A．(0,)B．(0,)C．(,)D．(，)A.16.32B.15.32C.8.68D.7.68e2e2ee2e2ex2y27．双曲线C：（a0，b0）的一条渐近线过点，，是C的左右焦点，且二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）221P2,46F1F2abrr13.已知a1,2，b2,3，则a在b方向上的投影等于．焦点到渐近线的距离为，若双曲线上一点P满足，则（）26PF15PF2x2y10已知满足约束条件，则y3的最大值为．．或．．．14.x,y2xy10A37B7C5D3x2x2y308.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，已知抛物线2的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点（点在第一象限），若采用系统抽样方法，按年龄从小到大编号为1~200，分为40组，分别为1~5，15.C:y4xFFCABA6~10，…，196~200.若从第4组抽取的号码为18，则样本中40~50岁教师点D为抛物线C的准线上一点，且AFAD3，则直线BD的斜率为.的编号之和为（）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______．A906B966C1506D1566△????�∠�=90°��=3��=4△????�????��????????三、解答题（本大题共小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）670..x2y2320.（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，其上顶点到右顶点的距离（本小题满分分）年月日教育部制定出台了强基计划，年起不再组织开展高校221ab017.122020115“”2020ab2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为5．�: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，（1）求椭圆的标准方程；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[45,55)，第二组[55,65)，（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，使第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、�得，求实数的取值范围．五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．�������0,��（1）求a，b的值；��+2��=3���（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．21.(本小题满分12分)已知函数P(x)xlnx，(R).（1）若函数yP(x)只有一个零点，求实数的取值所构成的集合；（2）已知(0,e)，若f(x)exxPx，函数f(x)的最小值为h()，求h()的值域.本题满分分）已知数列数列满足，，其中∈．18.(12{bn}b12(n2)bnnbn1nN*（）求数列的通项公式；1{bn}n1（）若43，求数列的前项和．2c{bncn}nTnnn1（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.xcosπ22.（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数，α0,）．以坐标y2sin2原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cosmR．169π319.（本小题满分12分）已知球内接正四棱锥PABCD的高为3,AC,BD相交于O，球的表面积为，9（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（）若直线与曲线有个公共点，求m的取值范围．若E为PC中点.2lC2（1）求异面直线BP和AD所成角的余弦值；（2）求点E到平面PAD的距离.23.（10分）已知函数fxxx21.（1）解不等式fx„7；（2）若不等式mx2„fx(m0)对于xR恒成立，求m的取值范围.学科网（北京）股份有限公司高2021级高三期末考试数学试题（文科）参考答案BM226则在RtPMB中，cosPBC，一、1－5CDADD6－10ABDCB11－12CBPB131341326二、13、14、415、2216、2所以异面直线BP和AD所成的角的余弦值为；1313（2）由O,E为CA,CP中点，得OE//AP，2ab0.0450.020101三、17、解：（1）由题意可知：10(a0.0450.020)0.7，，且满足OE平面PAD,AP平面PAD，所以OE//平面PAD，解得a0.005，b0.025；所以E到平面PAD的距离等于O到平面PAD的距离，116575又因为S221122,S222,（2）由频率分布直方图估计众数为70，前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之PAD2AOD22再设O到平面PAD的距离为h，则由VOPADVPAOD，0.50.340和为0.75，则估计中位数数为65106569.4；113220.750.39可得SPADhSAODPO，即22h23，则h，33110.02（3）根据分层抽样，75,85和85,95的频率比为4，故在75,85和85,95中分别选取4人3220.005所以点E到平面PAD的距离.11和1人，分别设为a1,a2,a3,a4和b1，则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有aa,aa,aa,ab,aa,aa,ab,aa,ab,ab共个，即n10，记事件两人来自不同组，20、解：由题意得，22解得，，所以椭圆的方程为．1213141123242134314110A“”�+�=5,222222�2�=�+�,则事件A包含的样本点有a1b1,a2b1,a3b1,a4b1共4个，即nA4，(1)�3�=4�=1�4+�=1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；�=�=2,nA42所以PA.当直线存在斜率时，设直线的方程设为，n105(2)�于是有�2��=��+�，�、（）由得：bn1n2，故b23，b34，b45，，bn1n，bnn1，2181(n2)bnb……222nn14+�=1,bnnb11b22b33bn2n2bn1n1因为该直线与椭圆有⇒两个1交+点4�，所�以+有8���+4�−4=0，�=��+�nn12222以上个式子相乘得，bn345nn1，故；化简得．n-1bnn(n1)�=64��−41+4�4�−4>022b1123n2n12设，，于是有，，因为，4�−�+1>02n18��4�−443n1所以112212212，2（2）由c，结合（1）可得：bncn4n3，��,���,��+�=−1+4���=1+4���+2��=3��nn1代入1122中，得1212，于是有�,�+2�,�=30,�⇒�+2�=0⇒�=−2�201n112n1n8��8��8��所以Tnb1c1...bncn4(1323...n3)，3Tn4[1323...(n1)3n3]，4�−4122222222�+�=−1+4�，化简，−得2�+�=−1+，4�代⇒入�=1+4�中−，2�2⋅�2=1+4�n222012n1n31n8��4�−42�−122两式相减得，2T4(333...3n3)4(n3)，222n得1+4�1+4�4−，36所�以的取4�值范−�围为+1>0．2⇒−22=�=�−121211n2所以012n1n31n，故n．4⋅4−36�−�+1>0⇒9<�<1�3,1∪−1,−32Tn4(333...3n3)4(n3)Tn1(2n1)3、解：（）当时，显然不满足题意，22110当时，若函数只有一个零点，即只有一个根，因为不是方程的根，所以169130yP(x)xlnx01、（）由球的表面积公式S4πR2，得R，191xx96可转化为只有一个根，即直线y与函数g(x)（x0且x1）的图象只有一个交点.lnxlnx设球心为O1，在正四棱锥PABCD中，高为PO3，则O1必在PO上，lnx1，令g(x)0，得xe，在0,1和1,e上，g(x)0，在e,513g(x)2连AO，则OOPOR,AOR，则在Rt△OOA，有OO2OA2OA2，即OA2，可得lnx11616111上，g(x)0，所以g(x)在和1,e上单调递减，在e,上单调递增.正方形ABCD的边长为22,侧棱PAOP2OA213；在xe时有极小值g(e)e，g(x)图象如图所示：在正方形中，，所以是异面直线和所成的角或其补角，ABCDBC//ADPBCBPADx由图可知：若要使直线