四川省成都市高新區2024年高三數學第一學期期末聯考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數，若有2個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．2．雙曲線x2a2A．y=±2x B．y=±3x3．2019年末，武漢出現新型冠狀病毒肺炎（）疫情，并快速席卷我國其他地區，傳播速度很快.因這種病毒是以前從未在人體中發現的冠狀病毒新毒株，所以目前沒有特異治療方法，防控難度很大.武漢市出現疫情最早，感染人員最多，防控壓力最大，武漢市從2月7日起舉全市之力入戶上門排查確診的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、無法明確排除新冠肺炎的發熱患者和與確診患者的密切接觸者等“四類”人員，強化網格化管理，不落一戶、不漏一人.在排查期間，一戶6口之家被確認為“與確診患者的密切接觸者”，這種情況下醫護人員要對其家庭成員隨機地逐一進行“核糖核酸”檢測，若出現陽性，則該家庭為“感染高危戶”.設該家庭每個成員檢測呈陽性的概率均為（）且相互獨立，該家庭至少檢測了5個人才能確定為“感染高危戶”的概率為，當時，最大，則（）A． B． C． D．4．若集合，，則（）A． B． C． D．5．已知實數x，y滿足約束條件，若的最大值為2，則實數k的值為（）A．1 B． C．2 D．6．已知集合的所有三個元素的子集記為．記為集合中的最大元素，則（）A． B． C． D．7．已知的值域為，當正數a，b滿足時，則的最小值為（）A． B．5 C． D．98．定義在上的函數與其導函數的圖象如圖所示，設為坐標原點，、、、四點的橫坐標依次為、、、，則函數的單調遞減區間是（）A． B． C． D．9．設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（）A． B． C． D．10．已知向量，且，則m=()A．?8 B．?6C．6 D．811．若與互為共軛復數，則（）A．0 B．3 C．－1 D．412．我國古代數學家秦九韶在《數書九章》中記述了“三斜求積術”，用現代式子表示即為：在中，角所對的邊分別為，則的面積.根據此公式，若，且，則的面積為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，且，則___________.14．在中，角所對的邊分別為，，的平分線交于點D，且，則的最小值為________．15．的展開式中，若的奇數次冪的項的系數之和為32，則________．16．如圖，在平面四邊形中，點，是橢圓短軸的兩個端點，點在橢圓上，，記和的面積分別為，，則______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為.（為參數）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程及的直角坐標方程；（2）求曲線上的點到距離的取值范圍.18．（12分）已知.（1）若，求函數的單調區間；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知動圓E與圓外切，并與直線相切，記動圓圓心E的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）過點的直線l交曲線C于A，B兩點，若曲線C上存在點P使得，求直線l的斜率k的取值范圍.20．（12分）在數列中，已知，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項和為，證明：.21．（12分）在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點為，準線為，是拋物線上上一點，且點的橫坐標為，.（1）求拋物線的方程；（2）過點的直線與拋物線交于、兩點，過點且與直線垂直的直線與準線交于點，設的中點為，若、、四點共圓，求直線的方程.22．（10分）某景點上山共有級臺階，寓意長長久久．甲上臺階時，可以一步走一個臺階，也可以一步走兩個臺階，若甲每步上一個臺階的概率為，每步上兩個臺階的概率為．為了簡便描述問題，我們約定，甲從級臺階開始向上走，一步走一個臺階記分，一步走兩個臺階記分，記甲登上第個臺階的概率為，其中，且．（1）若甲走步時所得分數為，求的分布列和數學期望；（2）證明：數列是等比數列；（3）求甲在登山過程中，恰好登上第級臺階的概率．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，結合已知，即可求得答案.【詳解】令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，，令，可得，當時，，函數在上單調遞增；當時，，函數在上單調遞減.當時，，若直線和有兩個交點，則.實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題主要考查了根據零點求參數范圍，解題關鍵是掌握根據零點個數求參數的解法和根據導數求單調性的步驟，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.2、A【解析】分析：根據離心率得a,c關系，進而得a,b關系，再根據雙曲線方程求漸近線方程，得結果.詳解：∵e=因為漸近線方程為y=±bax點睛：已知雙曲線方程x2a23、A【解析】

根據題意分別求出事件A：檢測5個人確定為“感染高危戶”發生的概率和事件B：檢測6個人確定為“感染高危戶”發生的概率,即可得出的表達式,再根據基本不等式即可求出.【詳解】設事件A：檢測5個人確定為“感染高危戶”,事件B：檢測6個人確定為“感染高危戶”,∴,.即設,則∴當且僅當即時取等號,即.故選：A．【點睛】本題主要考查概率的計算,涉及相互獨立事件同時發生的概率公式的應用,互斥事件概率加法公式的應用,以及基本不等式的應用,解題關鍵是對題意的理解和事件的分解,意在考查學生的數學運算能力和數學建模能力,屬于較難題.4、A【解析】

用轉化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定義求解即可．【詳解】解：由集合，解得，則故選：．【點睛】本題考查了并集及其運算，分式不等式的解法，熟練掌握并集的定義是解本題的關鍵．屬于基礎題．5、B【解析】

畫出約束條件的可行域,利用目標函數的幾何意義,求出最優解,轉化求解即可.【詳解】可行域如圖中陰影部分所示，，，要使得z能取到最大值，則，當時，x在點B處取得最大值，即，得；當時，z在點C處取得最大值，即，得（舍去）.故選:B.【點睛】本題考查由目標函數最值求解參數值,數形結合思想,分類討論是解題的關鍵,屬于中檔題.6、B【解析】

分類討論，分別求出最大元素為3,4,5,6的三個元素子集的個數，即可得解.【詳解】集合含有個元素的子集共有，所以．在集合中：最大元素為的集合有個；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；所以．故選：．【點睛】此題考查集合相關的新定義問題，其本質在于弄清計數原理，分類討論，分別求解.7、A【解析】

利用的值域為,求出m,再變形,利用1的代換,即可求出的最小值.【詳解】解：∵的值域為,∴,∴,∴,當且僅當時取等號,∴的最小值為.故選：A.【點睛】本題主要考查了對數復合函數的值域運用,同時也考查了基本不等式中“1的運用”,屬于中檔題.8、B【解析】

先辨別出圖象中實線部分為函數的圖象，虛線部分為其導函數的圖象，求出函數的導數為，由，得出，只需在圖中找出滿足不等式對應的的取值范圍即可.【詳解】若虛線部分為函數的圖象，則該函數只有一個極值點，但其導函數圖象（實線）與軸有三個交點，不合乎題意；若實線部分為函數的圖象，則該函數有兩個極值點，則其導函數圖象（虛線）與軸恰好也只有兩個交點，合乎題意.對函數求導得，由得，由圖象可知，滿足不等式的的取值范圍是，因此，函數的單調遞減區間為.故選：B.【點睛】本題考查利用圖象求函數的單調區間，同時也考查了利用圖象辨別函數與其導函數的圖象，考查推理能力，屬于中等題.9、D【解析】

由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中檔題.10、D【解析】

由已知向量的坐標求出的坐標，再由向量垂直的坐標運算得答案．【詳解】∵，又，∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝1．故選D．【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查向量垂直的坐標運算，屬于基礎題．11、C【解析】

計算，由共軛復數的概念解得即可.【詳解】，又由共軛復數概念得：，.故選：C【點睛】本題主要考查了復數的運算，共軛復數的概念.12、A【解析】

根據，利用正弦定理邊化為角得，整理為，根據，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【詳解】由得，即，即，因為，所以，由余弦定理，所以，由的面積公式得故選：A【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理以及類比推理，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由向量平行的坐標表示得出，求解即可得出答案.【詳解】因為，所以，解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了由向量共線或平行求參數，屬于基礎題.14、9【解析】分析：先根據三角形面積公式得條件、再利用基本不等式求最值.詳解：由題意可知，,由角平分線性質和三角形面積公式得，化簡得，因此當且僅當時取等號，則的最小值為.點睛：在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.15、【解析】試題分析：由已知得，故的展開式中x的奇數次冪項分別為，，，，，其系數之和為，解得．考點：二項式定理．16、【解析】

依題意易得A、B、C、D四點共圓且圓心在x軸上，然后設出圓心，由圓的方程與橢圓方程聯立得到B的橫坐標，進一步得到D橫坐標，再由計算比值即可.【詳解】因為，所以A、B、C、D四點共圓，直徑為，又A、C關于x軸對稱，所以圓心E在x軸上，設圓心E為，則圓的方程為，聯立橢圓方程消y得，解得，故B的橫坐標為，又B、D中點是E，所以D的橫坐標為，故.故答案為：.【點睛】本題考查橢圓中的四點共圓及三角形面積之比的問題，考查學生基本計算能力及轉化與化歸思想，本題關鍵是求出B、D橫坐標，是一道有區分度的壓軸填空題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），.（2）【解析】

（1）根據直線的參數方程為（為參數），消去參數，即可求得的的普通方程，曲線的極坐標方程為，利用極坐標化直角坐標的公式:，即可求得答案；（2）的標準方程為，圓心為，半徑為，根據點到直線距離公式，即可求得答案.【詳解】（1）直線的參數方程為（為參數），消去參數的普通方程為.曲線的極坐標方程為，利用極坐標化直角坐標的公式:的直角坐標方程為.（2）的標準方程為，圓心為，半徑為圓心到的距離為，點到的距離的取值范圍是.【點睛】本題解題關鍵是掌握極坐標化直角坐標的公式和點到直線距離公式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.18、（1）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】

（1）分類討論，利用導數的正負，可得函數的單調區間.（2）分離出參數后，轉化為函數的最值問題解決，注意函數定義域.【詳解】（1）由得或①當時，由，得.由，得或此時的單調遞減區間為，單調遞增區間為和.②當時，由，得由，得或此時的單調遞減區間為，單調遞增區間為和綜上：當時，單調遞減區間為，單調遞增區間為和當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為和.（2）依題意，不等式恒成立等價于在上恒成立，可得，在上恒成立，設，則令，得，（舍）當時，；當時，當變化時，，變化情況如下表：10單調遞增單調遞減∴當時，取得最大值，，∴.∴的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了利用導數證明函數的單調性以及利用導數研究不等式的恒成立問題，屬于中檔題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根據拋物線的定義，結合已知條件，即可容易求得結果；（2）設出直線的方程，聯立拋物線方程，根據直線與拋物線相交則，結合由得到的斜率關系，即可求得斜率的范圍.【詳解】（1）因為動圓與圓外切，并與直線相切，所以點到點的距離比點到直線的距離大.因為圓的半徑為，所以點到點的距離等于點到直線的距離，所以圓心的軌跡為拋物線，且焦點坐標為.所以曲線的方程.（2）設，，由得，由得且.，，同理由，得，即，所以，由，得且，又且，所以的取