2023成都树德中学高三上学期入学考试数学（理）含解析

树德中学高2020级高三开学考试试题（理科数学）

一､选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

2. （）

A.  B.  C.  D.

3. 航天之父､俄罗斯科学家齐奥科夫斯基（K.E.Tsiolkovsky）于1903年给出火箭最大速度的计算公式.其中，是燃料相对于火箭的喷射速度，是燃料的质量，是火箭（除去燃料）的质量，v是火箭将燃料喷射完之后达到的速度.已，则当火箭的最大速度可达到时，火箭的总质量（含燃料）至少是火箭（除去燃料）的质量的（）倍.

A.  B.  C.  D.

4. 已知向量，，，则（）

A. 6 B. 5 C. 8 D. 7

5. 已知数列满足：，点在函数的图象上，记为的前n项和，则（）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

6. 现安排编号分别为1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三项不同的工作，若每项工作都需安排志愿者，每位志愿者恰好安排一项工作，且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作，则不同的安排方法数为（）

A. 36 B. 24 C. 18 D. 12

7. 已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（）

A.  B.  C.  D.

8. 双曲线，已知O是坐标原点，A是双曲线C的斜率为正的渐近线与直线的交点，F是双曲线C的右焦点，D是线段OF的中点，若B是圆上的一点，则△ABD的面积的最大值为（）

A.  B.  C. 3               D.

9. 已知数列的前n项和满足，若数列满足，则（）

A.  B.  C.  D.

10. 已知函数，设，，，则（）

A.  B.  C.  D.

11. 某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰△PMN的顶点P在半径为20的大⊙O上，点M，N在半径为10的小⊙O上，点O，P在弦MN的同侧.设，当△PMN的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（）

A.  B.  C.  D. 0

12. 若函数与的图象存在公共切线，则实数a的最大值为（）

A.  B.  C.  D.

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 的展开式中的常数项为___________.（用数字作答）

14. 已知抛物线的焦点为F，点M为C上一点，点N为x轴上一点，若是边长为2的正三角形，则p的值为______．

15. 已知数列满足，，，则数列的前20项和为___________.

16. 在棱长为1的正方体中，M为底面ABCD的中心，Q是棱上一点，且，，N为线段AQ的中点，给出下列命题：

①与共面； ②三棱锥的体积跟的取值无关；

③当时，；

④当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为.

其中正确的有___________（填写序号）.

三､解答题

17.（12分）在非直角中，角，，对应的边分别，，，满足.

（1）判断的形状；

（2）若边上的中线长为2，求周长的最大值.

18.（12分）为弘扬中国传统文化，某电视台举行传统文化知识大赛，先进行预赛，规则如下：①有易、中、难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次．四轮答题得分总和不低于10分进入决赛．选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如表：

（1）若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；

（2）甲四轮答题中，选择了一个容易题、两个中等题、一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为，求随机变量的数学期望．

19. （12分）如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使.

（1）证明：平面平面；

（2）试探究在线段DM上是否存在点，使二面角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

20. （12分）已知点A，B分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上异于A，B的一个动点，的周长为12．

（1）求椭圆E的方程；

（2）已知点，直线PM与椭圆另外一个公共点为Q，直线AP与BQ交于点N，求证：当点P变化时，点N恒在一条定直线上．

21. （12分）已知函数，.

（1）比较与的大小；

（2）设方程有两个实根，，求证：.

22. （10分）在平而直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为 (为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为
（1）求曲线和的直角坐标方程；
（2）已知点是曲线上一点､M，N分别是和上的点，求的最大值.

23. （10分）已知函数.

（1）当时，解不等式；

（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.

树德中学高2020级高三开学考试试题（理科数学）答案

一､选择题（本大题共12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要求的）

1.解：由题意知，，所以.故选：C

2. 解：由题意知，.故选：B

3.解:由题意可知：，，代入可得，所以，可得，可得，即，所以，所以火箭的总质量（含燃料）的质量是火箭（除去燃料）的质量的倍，故选：A.

4. :解由得：，由得，

即得，故选：D

5.解:由题得，解得，故，所以

故选：A．

6. 解:先将四位志愿者分为2人、1人、1人共3组，有1号和3号一组；2号和4号一组；1号和4号一组共3种情况；再将3组志愿者分配到三项工作有种；按照分步乘法计数原理，共有种.

故选：C.

7.解:如图，设O为正四棱锥的底面中心，E为BC的中点，连接,PO,OE,PE,则PO为四棱锥的高，PE为侧面三角形PBC的高，

因为,故 ,则，设该四棱锥的内切球的半径为r，则 ，即 ，解得 ，故内切球的体积为 ,故选：B

8. 解:根据题意，双曲线斜率为正的渐近线方程为，因此点A的坐标是，点D是线段OF的中点，则直线AD的方程为，

点B是圆上的一点，点B到直线AD距离的最大值也就是圆心O到直线AD的距离d加上半径，即，，则故选：A

9.解:，当时，

，当时，，，，所以

.故

，故选：D.

10. 解：函数的定义域为，

，故为偶函数，

当时，，令，则，

即单调递增，故，

所以，则在时单调递增，

由于

因为，而，，

即，则，故选：B

11.解：等腰△PMN中，，设△PMN的面积为，

则，，求导

，

令，即，解得：（舍去负根），

记，，当，，函数单调递增；

当，，函数单调递减；故当时，即，取得极大值，即最大值，则故选：C.

12. 解：，，设公切线与的图象切于点，与曲线切于点，

∴，故，所以，∴，∵，故，

设，则，∴在上递增，在上递减，∴，∴实数a的最大值为e故选：B.

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 解：因为，考虑中的常数项与项.由通项公式，即，故当时，中的常数项为，当时，中的项系数为，故的展开式中的常数项为

故答案为：

14.解：如图，因为是边长为2的正三角形，所以可得，

当M与焦点F的横坐标相同时，，所以点M位于点F的左侧，

所以，所以，因为点在抛物线上，

所以，化简得，解得（舍去），或，故答案为：3

15.解：由题意，当为奇数时，，

所以数列是公差为，首项为的等差数列，所以，

当为偶数时，，所以数列是公差为，首项为的等差数列，

所以，
 

，故答案为：330

16. 解：

在中，为的中点，，与共面，①正确；

，到平面的距离为定值，且的面积为定值，三棱锥的体积跟的取值无关，②正确；

时，可得，则，所以不成立，③错误；

时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，所以平面截正方体所截得的周长为，④正确.故答案为：①②④.

三､解答题

17.（1）解，

，

可得．

即

根据正弦定理，得．代入式，化简得．

即，为外接圆的半径）

化简得，

或，即或，又非直角，

因此是等腰三角形．

（2）解：在△ABD和△ABC中，由余弦定理可得，又，所以，所以，设，，，

所以△ABC的周长2a+ c=，

所以当时，2a+ c有最大值为,即△ABC周长的最大值为.

18.解：（1）依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：

方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；

方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；

方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为；

因为，所以后两轮应该选择容易题进行答题；

（2）依题意的可能取值为3、7，8、11、12、16，

则，

，

，，

所以的分布列为：

所以．

19.（1）解：在中，易得，，，

由，得，又，，，

又为中点，，，因为，平面，

平面，又平面，所以平面平面；

（2）解：由(1)平面，以为原点，以为的正方向建立空间直角坐标系，，，，，由(1)得平面的法向量为，

设平面的法向量为，，

所以，所以.

由题得,所以，

所以，所以，

因为二面角P—EN—B的大小为60°，

所以，解之得（舍去）或.

此时，所以.

20. （1）解：设椭圆的焦距为2c，则，，，

，，由得，即

由的周长为12，得，所以，，，

故椭圆E的方程为：

（2）解：设直线PQ的方程：，，

（此处若设点斜式方程，需要讨论斜率是否存在，无讨论的扣1分，只讨论斜率不存在的情况给1分）

联立方程组得，恒成立．

，即①

直线AP的方程：，直线的方程：，

联立方程组消去y，得②

由①②得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上．

方法二

设，，设直线AP的方程：，直线BQ的方程：

联立得①又∵P，Q两点在椭圆E上，

因此，，②，

故P，M，Q三点共线，所以，即③

由②，③得将其代入①得

所以，当点P运动时，点N恒在定直线上

21. .解：（1）设，

，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，………………………………………………3分

故的最大值为，

故.…………………………………………………………………………………4分

（2）令，则，

令.又由，

得在上单调递增.…………………………………………………………5分

又，，存在，使，即，

在上单调递减，在上单调递增，

.……………8分

由在上单调递减，得.

又，，

，…………………………………………………………………………………10分

，.

综上所述，.………………………………………………………………12分

22. 解：（1）由曲线的方程为（为参数），消去参数可得曲线的方程为，由曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程，

根据极坐标与直角坐标的互化公式，且，可得曲线直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.

故的方程为，直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.

（2）由（1）知双曲线，则，，可得，

所以，，由双曲线的定义，可得，

因为点是曲线上一点、分别是和上的点，

可得，，

所以，所以的最大值为.

23. 解：（1）当时，原不等式可化为.

①当时，，解得：，；

②当时，，解得：，；

③当时，，解得：，；

综上所述：不等式的解集为或.

（2）由知：，

，在上恒成立，

，即，，解得：，

，解得：，即实数的取值范围为.