石嘴山市大武口区2023-2024学年第一学期期末考试（文科）数学试题
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1．图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若偶函数在上单调递增，则（ ）
A． B．
C． D．
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，(0, π)，则=（ ）
A．1 B． C． D．1
6．下列命题中，真命题的是（ ）
A．若回归方程，则变量与正相关
B．线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
C．若样本数据的方差为2，则数据的标准差为4
D．一个人连续射击三次，若事件“至少击中两次”的概率为0.7，则事件“至多击中一次”的概率为0.3
7．已知平面向量，，且，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
如图，河南登封嵩岳寺塔有中原第一塔的美称，是中国最老的佛教砖塔，为了测量该塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得，，米，在点C处测得塔顶A的仰角为，则该塔的高度约为（ ）．
（参考数据：，，，）
A．42米 B．47米 C．38米 D．52米
(8题） （9题）
9．如图所示，墙上挂有一边长为的正方形木板，它的四个角的空白部分都是以正方形的顶点为圆心，半径为的圆弧，某人向此板投镖，假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可能性都一样，则他击中阴影部分的概率是（ ）
A． B． C． D．与的取值有关
10．已知函数与（其中，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
11．已知抛物线有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12. 已知定义在上的函数的导数为，且，若对任意恒成立，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知复数（i为虚数单位），则
14．已知△ABC中，M为BC边上一个动点，若，则的最小值为 ．
15. 直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是 .
16．在三棱锥 中，侧棱，则其外接球的表面积是 .
三、解答题(共70分)解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
17．已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若，求的最小值.
为普及音乐知识、发现和推出声乐人才、引领和推动声乐事业繁荣发展、弘扬民族艺术，某歌唱大赛邀请非专业评委人与专业评委人对选手的歌唱表现进行评分，已知某选手的成绩（单位：分）均在内，将名非专业评委的评分制成频率分布直方图，将名专业评委的评分制成茎叶图，如图所示，已知这位专业评委的评分成绩的平均值为。
根据茎叶图计算专业评委评分的中位数．
若评委评分不低于分，则将该评委称为“欣赏型”评委；若评委评分低于分，则
将该评委称为非“欣赏型”评委．完成如下列联表，并判断能否有的把握认为评委是否为“欣赏型”评委与是否为专业评委有关？
非专业评委 专业评委 合计
“欣赏型”评委
非“欣赏型”评委
合计
附：．
P(k2≥k) 0.25 0.15 0.10
k 1.323 2.072 2.706
如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面，．
(1)求证：；
(2)已知三棱锥的体积为，求直线PC与平面PAB所成角的正切值．
已知曲线E上任意一点P到两个定点F1(-，0)和F2(，0)的距离之和为4．
（1）求曲线E的方程；
（2）设过(0，-2)的直线与曲线E交于C、D两点，且(O为坐标原点），求直线的方程．
21．已知函数．
(1)当，求的单调区间；
(2)若有三个零点，求的取值范围．
选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答
（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的参数方程为（为参数），曲线极坐标方程为．
(1)将曲线的参数方程化为普通方程,曲线极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系．若射线与曲线分别交于两点（异于极点），点，求的面积．
23．（本小题满分10分） 选修4-5：不等式选讲
已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)记函数的最小值为m，正实数a，b满足，证明：．石嘴山市大武口区2023-2024学年第一学期期末考试（文科）数学试题
一 .单选题AADBADCBADCB
填空题 ， 16， ，
答案详解：
单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1．图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据集合的交并补运算逐个选项验证即可.
【详解】根据补集和交集的概念可知A选项的符合题意；
由图可知，阴影部分为集合B的子集，而不是B的子集，故排除选项B、C；
表示的区域如图：
所以D不符题意；
故选：A.
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据正弦函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得成立，即充分性成立；
反正：若，可得或，即必要性不成立，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
3．若偶函数在上单调递增，则（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】D【详解】由偶函数知：，又在上单调递增且，
所以，即.故选：D
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是
A． B．
C． D．
【详解】依题意，该几何体是由一个半圆柱和一个三棱柱组成的几何体，几何体的三视图对应的直观图，如图，
所以几何体的体积为.
故选：B
【点睛】本题考查了四棱锥与圆柱的三视图、体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．已知，(0, π)，则=
A．1 B． C． D．1
【答案】A
【详解】，，
，即，故
故选
6．下列命题中，真命题的是（D）
A．若回归方程，则变量与正相关
B．线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
C．若样本数据的方差为2，则数据的标准差为4
D．一个人连续射击三次，若事件“至少击中两次”的概率为0.7，则事件“至多击中一次”的概率为0.3
【详解】对于A，回归方程，由，得变量与负相关，A错误；
对于B，值越接近于1，模型的拟合效果越好，越接近于0，模型的拟合效果越差，B错误；
对于C，数据的方差为，标准差为，C错误；
对于D，“至多击中一次”的事件是“至少击中两次”的事件的对立事件，则事件“至多击中一次”的概率为0.3，D正确.故选：D
7．已知平面向量，，且，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C【详解】由平面向量，可得，由，可得，即，则，所以.故选：C．
8．如图，河南登封嵩岳寺塔，有中原第一塔的美称，是中国最老的佛教砖塔，为了测量该塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得，，米，在点C处测得塔顶A的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）．（参考数据：，，，）
A．42米 B．47米 C．38米 D．52米
【答案】B
【分析】在中利用正弦定理求，再在中求.
【详解】在中，由题意可得，
则，
，
由正弦定理可得，
在中，可得，
所以该铁塔的高度约为47米.
故选：B.
9．如图所示，墙上挂有一边长为的正方形木板，它的四个角的空白部分都是以正方形的顶点为圆心，半径为的圆弧，某人向此板投镖，假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可能性都一样，则他击中阴影部分的概率是（ A ）
A． B．
C． D．与的取值有关
【答案】A【详解】他击中阴影部分的概率是阴影部分的面积除以正方形的面积，是，
所以选A
10．已知函数与（其中，）的部分图象如图所示，则（D）
A．， B．，
C．， D．，
【详解】观察图象知，与中，一个为0，一个为1，而，
因此，即，解得，函数的周期，则，解得，
所以，.故选：D
11．已知抛物线有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为（ C ）
A． B． C． D．
【答案】C
12.已知定义在上的函数的导数为，且，若对任意恒成立，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学运算能力，属于中档题．
构造函数，，依题意，可得在区间上单调递增，然后结合条件解即可得答案．
【解答】
解：令，，
，对任意恒成立，
，
在区间上单调递增，
又，
，
又，所以，即，
由得：，
即不等式的解集为
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知复数（i为虚数单位），则
【答案】【详解】因为，所以，故答案为：
14．已知△ABC中，M为BC边上一个动点，若，则的最小值为 ．
【答案】16
【分析】根据已知结合图形可得出，进而根据“1”的代换，结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】
由已知可得，共线，
所以，，使得，
所以有，
整理可得，.
又，不共线，
所以有，则有.
显然，
所以，，
当且仅当，即时等号成立.
所以，的最小值为16.
故答案为：16.
15.直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先确定直线和曲线的图形特征，然后考查临界值即可确定实数的取值范围．
【详解】解：如图所示，是一个以原点为圆心，长度为半径的半圆，
是一个斜率为的直线，
要使两图有两个交点，连接和，直线必在以上的半圆内平移，直到直线与半圆相切，则可求出两个临界位置直线的值，
当直线与重合时，；
当直线与半圆相切时，
圆心到的距离，
即，解得：或（舍去）．
所以的取值范围是．
故答案为：
16．在三棱锥 中，侧棱，则其外接球的表面积是
【【详解】
如图，设的外接圆半径为，由正弦定理：，解得：，过点作平面，垂足为，
分别连接，因，故,即点是的外心，则
依题，三棱锥 的外接球球心必在直线上，连接,不妨设外接球半径为，则,
在中，由勾股定理，，解得：故外接球的表面积为
三、解答题(共70分)解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
17．已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若，求的最小值.
【来源】河北省沧州市部分学校2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）根据的关系即可求解，
（2）根据裂项相消法求解和，即可列不等式求解.
【详解】（1）当时，由，得；
当时，，符合上式.
综上所述，.
（2），
所以.
由，得，解得，又，所以的最小值为8.
18．为普及音乐知识、发现和推出声乐人才、引领和推动声乐事业繁荣发展、弘扬民族艺术，某歌唱大赛邀请非专业评委人与专业评委人对选手的歌唱表现进行评分，已知某选手的成绩（单位：分）均在内，将名非专业评委的评分制成频率分布直方图，将名专业评委的评分制成茎叶图，如图所示，已知这位专业评委的评分成绩的平均值为．
(1)根据茎叶图计算专业评委评分的中位数．
(2)若评委评分不低于分，则将该评委称为“欣赏型”评委；若评委评分低于分，则将该评委称为非“欣赏型”评委．完成如下列联表，并判断能否有的把握认为评委是否为“欣赏型”评委与是否为专业评委有关？
非专业评委 专业评委 合计
“欣赏型”评委
非“欣赏型”评委
合计
附：．
【答案】(1)
(2)有的把握认为是否为“欣赏型”评委与是否为专业评委有关
【分析】（1）根据平均数和中位数定义直接求解即可；
（2）列出列联表，然后利用公式求解，即可得出结论.
【详解】（1）由题知，
，解得，
专业评委评分的中位数为．
（2）由题图知，
名非专业评委中“欣赏型”评委的人数为，
非“欣赏型”评委的人数为，
名专业评委中“欣赏型”评委的人数为，非“欣赏型”评委的人数，
补全的列联表为
非专业评委 专业评委 合计
“欣赏型”评委
非“欣赏型”评委
合计
有的把握认为是否为“欣赏型”评委与是否为专业评委有关．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面，．
(1)求证：；
(2)已知三棱锥的体积为，求直线PC与平面PAB所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意分析证明平面PAC，进而可得结果；
（2）由体积可得，可证平面PAB，结合线面夹角的定义分析求解.
【详解】（1）在梯形ABCD中，
由，，，得，
所以，所以，
又因为平面ABCD，且平面ABCD，则，
因为平面，平面PAC，且，
所以平面PAC．
又平面PAC，
所以．
（2）由（1）知，
所以，解得，
又因为平面，平面ABCD，则，
因为，所以，
因为平面，平面PAB，且，
所以平面PAB，
故PB是PC在平面PAB上的投影，
所以即为直线PC与平面PAB所成的角的平面角，
在中，解得，
所以，
所以直线PC与平面PAB所成角正切值为.
20.（12分）
已知曲线E上任意一点P到两个定点F1(-，0)和F2(，0)的距离之和为4．
（1）求曲线E的方程；
（2）设过(0，-2)的直线与曲线E交于C、D两点，且为坐标原点），求直线的方程．
解：（1）根据椭圆的定义，可知曲线E是以原点为中心，焦点在x轴上且长轴长为4的椭圆， ……………………1分
其中，，则． …… ………………………2分
所以曲线E的方程为．………………………………………………4分
（2）当直线的斜率不存在时，不满足题意．………………………………………5分
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，
∵，
∴．……………………………………………6分
∵，，
∴．
∴ ．………… ① ………………………7分
由方程组
得．
则，，………………………………………9分
代入①，得．
即，解得，或．…………………………………………11分
所以，直线的方程是或．…………………………12分
21．已知函数．
(1)当，求的单调区间；
(2)若有三个零点，求的取值范围．
【来源】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二上学期阶段性检测数学试卷
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可得到答案；
（2）由，把函数的零点个数问题等价转化为，两个函数的交点个数问题，令，利用导数法研究函数的单调性和极值，进而结合函数图象得到实数的取值范围．
【详解】（1）将代入可得，其定义域为R，则.
和都在上增函数，所以在上单调递增且，
因此，当时，，函数为单调递减；
当时，，函数为单调递增；
综上所述，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）（2）由得，，令，
则，
时，单调递减；
时，单调递增；
时，单调递减；
由单调性可知，当时，；
当时，；
当时，取得极小值，即；
当时，取得极大值，即.
所以和的大致图象如下：
综上所述，若有三个零点，则的取值范围为．
选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答
（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的参数方程为（为参数），曲线极坐标方程为．
(1)将曲线的参数方程化为普通方程,曲线极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系．若射线与曲线分别交于两点（异于极点），点，求的面积．
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（t为参数），
则，，
两式相减，得的普通方程为：；
因为
曲线的极坐标方程为化为直角坐标方程为：.
（2）因为，
所以曲线的极坐标方程为，即，
联立，得，
所以射线与曲线交于A，
曲线的极坐标方程为，
联立，得，
所以射线与曲线交于B，
又点，所以，
则．
23．（本小题满分10分） 选修4-5：不等式选讲
已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)记函数的最小值为m，正实数a，b满足，证明：．
【详解】（1）解：由题意，可得，
当时，不等式，即为，此时不等式无解；
当时，不等式，即为，解得；
当时，不等式，即为，解得，
综上，不等式的解集为．
（2）解：由（1）知，当时，函数为递减函数，可得；
当时，函数为递减函数，可得；
当时，函数为递增函数，可得，
故的最小值，所以，
解法1：令，，
则（其中）．
解法2：由柯西不等式得，即，
当且仅当，即，时取等号，所以．
