精品解析：四川省成都市第七中学高三上学期1月月考数学理科试题

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成都七中高高三1月模拟检测试题理科数学
一、选择题：本题共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. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解分式不等式求得，由此求得.
【详解】，
∵， ∴.
故选：B
2. 关于命题p:“”，下列判断正确的是（ ）
A. B. 该命题是存在量词命题，且为真命题
C. D. 该命题是全称量词命题，且为假命题
【答案】C
【解析】
【分析】首先判断所给的命题为存在命题，且为假命题，即可判断B，D错误，再写出所给命题的否命题即可得到答案.
【详解】，解得，
所以命题“”为存在命题，且为假命题，故B，D错误；
命题“”的否命题为：.
故C正确.
故选：C
3. 复数z满足：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，代入，根据复数相等列方程求解即可．
【详解】解：设，则，
由得，
，解得，
．
故选：A．
4. 已知，，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设与的夹角为，根据，利用数量积公式化简即可得，再根据的范围，即可得与的夹角.
【详解】，
，即.
又，，设与的夹角为，
，
即，又，
.
故选：.
【点睛】本题主要考查的是向量的数量积的应用，以及两向量垂直的两向量数量积为，考查的是计算能力，是基础题.
5. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将方程化成标准型后可求焦点坐标.
【详解】抛物线的标准方程为：，故焦点坐标为：，
故选：C.
6. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位
【答案】A
【解析】
【分析】
化简初始函数的解析式为，利用三角函数图象平移规律可得出结论.
【详解】，
而，所以只需将函数的图象向左平移个单位，即可得到函数的图象.
故选：A．
【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换，要注意将两个函数化为同名函数，属于基础题.
7. 有关数据显示,2015年我国快递行业产生的包装垃圾约为400万吨.有专家预测,如果不采取措施,快递行业产生的包装垃圾年平均增长率将达到.由此可知,如果不采取有效措施,则从（ ）年（填年份）开始,快递行业产生的包装垃圾超过4000万吨.（参考数据:）
A. 2019 B. 2020 C. 2021 D. 2022
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知我国快递行业产生的包装垃圾和年份之间符合等比数列,公比为,写出年份及包装垃圾之间的通项公式,使其大于4000,解出不等式,即可选出结果.
【详解】解:由题知,2015年我国快递行业产生的包装垃圾约为400万吨,
且年平均增长率为,
则我国快递行业产生的包装垃圾和年份之间符合等比数列,
且公比为,
2016年我国快递行业产生的包装垃圾约为万吨,
则第年我国快递行业产生的包装垃圾约为万吨,
则有,
即,
两边取以10为底的对数有:
,
即
则有,
故,
,
,
故从2021年开始,快递行业产生的包装垃圾超过4000万吨.
故选：C
8. 如图，在平面四边形中，，，，现将沿折起，并连接，使得平面平面，若三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用面面垂直的性质，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据棱锥的体积求出球的半径，进而计算球的体积.
【详解】∵平面平面，平面平面，，
平面，∴平面，又∵平面，∴，
又∵，，平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴，即为直角，
又∵为直角，∴取的中点，连接，，
由直角三角形的斜边上的中线性质，
可得为三棱锥外接球的球心，设为，
则，，；
∵平面，为直角，
∴，
则，易得外接球的半径，∴三棱锥外接球的体积为,

故选：.
9. 化学平衡是指在一定条件下，可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，体系所处的状态．根据计算系统的吉布斯自由能变化的热力学公式Gibbs-Helmholtz方程和Van’tHoff方程，可以得到温度与可逆反应的平衡常数的关系式：式中为焓变（在一定温度变化范围内视为定值），为熵变，R为气体常数．利用上述公式，我们可以处理不同温度下，有关多重可逆反应的平衡常数之间关系的计算．已知当温度为时，可逆反应的平衡常数为；当温度为时，可逆反应的平衡常数为．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题中所给关系式，结合题中条件，得到，两式作差化简整理，即可得出结果.
【详解】当温度为时，可逆反应的平衡常数为；当温度为时，可逆反应的平衡常数为；
则，所以，
则，整理得.
故选：A.
10. 中国古代的五音，一般指五声音阶，依次为：宫、商、角、徵、羽；如果把这五个音阶全用上，排成一个5个音阶的音序.在所有的这些音序中随机抽出一个音序，则这个音序中宫、羽两音阶在角音阶的同侧的概率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据排列数得到总的可能性，再根据宫、羽两音阶在角音阶的同侧，通过除序法，得到符合要求的可能性，根据古典概型的概率公式，得到答案.
【详解】根据题意，总的可能性有种，
因为要使得宫、羽两音阶在角音阶的同侧，
先考虑宫、羽两音阶在角音阶的左侧，且宫、羽两音阶之间也有顺序，
则通过除序法得到，
所以满足宫、羽两音阶在角音阶的同侧的情况有，
根据古典概型的概率公式，得到概率，
故选：C.
【点睛】本题考查排列问题，求古典概型的概率，属于简单题.
11. 已知双曲线：的左右焦点分别是，，左右顶点分别是，，离心率为2，点P在上，若直线，的斜率之和为，的面积为，则（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据离心率公式结合面积为，可得，再利用列方程求解即可.
【详解】


①
②


所以

故③
由①②③，得，解得
故选：A
12. 已知函数，过点作曲线的两条切线，切点为，其中.若在区间中存在唯一整数，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对函数求导，然后求出过点作曲线的两条切线，把，代入两条切线方程，得到①，②，所以可以把看成的两个根，因为，所以有 ，解出的取值范围③，可以证明出，在区间中存在唯一整数，必须要满足，解出的取值范围，结合③，最后求出的取值范围.
【详解】，
切点为的切线的斜率为，
所以切点为的切线方程为：，
同理可求得切点为的切线方程为：，
两条切线过点，把，代入两条切线方程得：
①，②，
所以可以把看成的两个根，因为，所以有 ③，即，
因为，所以，
在区间中存在唯一整数必须满足：，结合③，的取值范围是.
故选：C.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中项的系数为______．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：的展开式的通项公式为，对于通项公式为，令得．的展开式系数为．
考点：二项式定理的应用.
【方法点晴】本题主要考查了二项式定理的应用、二项展开式的系数问题，其中先把话为，得到其通项，则对得通项，可得或，即可得到的系数，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题．
14. 若关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是_________
【答案】
【解析】
【分析】将在上有解转化为至少有一个负数解，构造画出图像，平移图像即可.
【详解】由题知，可将在上有解，
转化为至少有一个负数解，
构造，
画出图形，如图：

当时，与相交于点，
要使与相交于轴左侧，
则需满足，
在函数不断左移的过程中，
若与左侧曲线相切，
则有，
即，
对应的，
即，
解得，
则，
故答案为：.
15. 函数的对称中心为，且时，函数的最小值为m，则直线与曲线的交点的个数为______________个.
【答案】2
【解析】
【分析】由函数的对称性与最值求,,分为当时，当时,当时,当时,四种情况考虑曲线与直线是否有交点即可求解.
【详解】因为函数的对称中心为,
所以函数的对称中心为.
所以，所以曲线方程为.
因为,所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以函数的最小值为9，即，
所以直线方程为.
①当时，曲线，即为，
与直线联立，可得，解得或
故交点为和；
②当时，曲线，即为，
与直线联立，可得，解得（舍）；
③当时，曲线，即为，不存在；
④当时，曲线，即为，
与直线联立，可得，解得（舍）.
综上，与曲线的交点的个数为2.
故答案为:2.
16. 已知曲线，，其中.
①当时，曲线与有4个公共点；
②当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积；
③，曲线围成的区域面积等于围成的区域面积；
④，曲线围成的区域内整点（即横、坐标均为整数的点）个数不少于曲线围成的区域内整点个数.
其中，所有正确结论的序号是________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】
当时，由可解得交点坐标，即可判断①；当时，可知，当取同一个值时，即可判断②；当时，，当与的方程中取同一个大于的数，可得即可判断③；分别讨论当和时的整数点比较可判断④，进而可得正确答案.
【详解】对于①：当时，曲线， ，令可得，当时，，当时，，所以与有4个公共点分别为，，，，共个，故①正确；
对于②：当时，由与的方程可知，当取同一个值时，
，，当时，，所以，
所以曲线围成的区域面积小于曲线围成的区域面积；故②不正确；
对于③：当时，，当与的方程中取同一个大于的数，可得，所以，曲线围成的区域面积等于围成的区域面积；故③正确；
对于④：当时，曲线围成的区域内整点个数等于曲线围成的区域内整点个数，当时，取同一个大于的数，可得，此时曲线围成的区域内整点个数较多，所以曲线围成的区域内整点个数不少于曲线围成的区域内整点个数，故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分情况讨论和时，当取同一个值时，两个曲线方程中的大小的比较，此类多采用数形结合的思想.
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.
（一）必考题：共60分.
17. 中，，是边上的点，，且.
（1）若，求面积的取值范围；
（2）若，，平面内是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据条件可得，建立平面直角坐标系，从而可得在一个定圆上运动变化，从而可求的边上的高的范围，故可得面积的取值范围.
（2）根据题设条件可判断该三角形为直角三角形，利用正弦定理和余弦定理可求的值.
【小问1详解】
由面积公式可得：
，
，
因为，故，
由可得即，
建立如图所示的平面直角坐标系，则 ，则，

则，整理得到：，
故的边上的高的范围为，故其面积的取值范围为：
【小问2详解】

因为，故，故，
故为直角三角形且
如图，设，则，故，
同理，
故，而，故，
在中，由余弦定理可得：，
整理得到：
所以，
整理得到：，解得或，
但为锐角，故，故
故存在且.
18. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．

（1）若，求证：平面平面；
（2）设平面MPC与平面PCD的夹角为，若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理性质定理和面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再证明平面PCM ，利用面面垂直判定定理可证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示平面与平面夹角的余弦值，列方程计算求解.
【小问1详解】
证明：∵，，，∴．
∵，∴，而，
∴，，∴．
∵平面PAD，平面ABCD，
∴平面平面PAD且平面平面，
由平面PAD，平面ABCD，
平面ABCD，∴，
且，，，∴，
∴，又∵，平面PCM，
∴平面PCM．
又∵平面，∴平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知，平面，
所以作平行于的直线为轴建系如图，
∵，∴，∴，

，，，∴，，，
设平面MPC与平面PCD的一个法向量分别为，，
∴
，
∵，∴
，∵，
∴．
19. 二进制规定：每个二进制数由若干个0，1组成，且最高位数字必须为1.若在二进制中，是所有n位二进制数构成的集合，对于表示和对应位置上数字不同的位置个数.例如当时，，当时，.
（1）若，求所有满足，且的的个数；
（2）若，对于集合中所有，求的和；
（3）当时，对于集合中所有和，求的和.
【答案】（1）6 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合“二进制”以及的定义，利用组合数求得正确答案；
（2）由（1）列出对应的的个数，利用倒序相加及组合数性质求解；
（3）先求得的和S的表达式，然后利用倒序相加法求得的和；
【小问1详解】
∵，∴为5位数且与有2项不同，
又∵首项为1，故与在后四项中有两项不同，得个数为.
【小问2详解】
∵，
当时，的个数为；
当时，的个数为；
……
当时，的个数为；
设的和为S，则，
倒序相加得，
即，∴和为.
【小问3详解】
先固定，下面对的情况分类讨论得：
当时，的个数为；
当时，的个数为，
当时，的个数为，
……
当时，的个数为，
设的和为T，则，
倒序相加得，
倒序相加得，
即，
∴当固定时，对所有的和为.
又∵所有的共有个，
∴对集合中所有和的和为.
20. 已知双曲线的左右焦点分别为，，点在直线上且不在轴上，直线与双曲线的交点分别为A，B，直线与双曲线的交点分别为C，D．
（1）设直线和的斜率分别为，，求的值；
（2）问直线l上是否存在点P，使得直线OA，OB，OC，OD的斜率，，，满足？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】(1)设，结合两点求直线斜率公式即可求解；
(2)假设存在满足题意的点，设点A、B、C、D的坐标和直线、方程，联立方程组利用韦达定理和两点求斜率公式表示出和，根据求得或，结合(1)分类讨论求出对应的P点坐标即可.
【小问1详解】
设，，则，
所以；
【小问2详解】
假设直线l上存在点，使得．
设，，，，
设直线，直线，
由，得，
，，
∴，
同理，
由，得
得或，
当时，由（1）得，，
，，得，
当时，由（1）得，或，，，，得．
所以或．
21. 已知函数，其中．
（1）求的最大值；
（2）若不等式对于任意的恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）求导，得到函数单调性，极值最值情况，求出最大值；
（2）先考虑时满足题意，再分与两种情况，求导后变形，与题干中的建立联系，分类讨论求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
，，
令，解得：或，
令，解得：，
故在，上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，，
令，即当时，恒成立，
故在处取得最大值，；
【小问2详解】
设，其中，
①当时，，符合题意，
②当时，，且，
由（1）知：在单调递增，故，
若，，则单调递减，有，符合题意，
若，，符合题意，
若，即时，，则在上单调递减，有，符合题意，
若，即时，存在使得，
当时，，故，则单调递增，可得，不合题意，
因此当时，满足题意得，
③当时，，且，
由②可知：只需考虑，
若，即时，由（1）知在上单调递减，故，
存在，使得，
当时，，得，则单调递减，
可得：，不合题意，
若，即时，由（1）可知：当时，，，
故，则在上单调递增，有，符合题意，
若，，符合题意，
若，下面证明符合题意，
当时，，故，
当时，设，则，
可得在上单调递增，在上单调递减，
故，
从而，符合题意，
综上：.
【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.
（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.
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22. 在极坐标系中，过点的直线l与极轴的夹角.
（1）将直线l的极坐标方程写成的形式；
（2）在极坐标系中，以极点为坐标原点，以极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，若曲线（为参数，）与直线l有一个公共点在y轴上，求a的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先将直线l化为直角坐标方程再化为极坐标方程；
（2）求出直线l与y轴的交点坐标再代入曲线即可求解结果．
【小问1详解】
直线l的直角坐标方程为：，化为极坐标方程：，
可得：．
【小问2详解】
直线l的直角坐标方程为：，令，可得．
曲线（为参数，），时化为：，
把代入上述方程可得：．
时，不满足条件，舍去．
综上可得：．
[选修4—5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用分类讨论求解含绝对值的不等式作答.
（2）利用绝对值三角不等式变形，再借助恒成立的不等式求解作答.
【小问1详解】
当时，不等式，化为：
或或，
解得，解得，解得，无解，
所以原不等式的解集是.
【小问2详解】
，，当且仅当时取“=”，
因此，，，而在上单调递减，当时，，即有，解得或，
所以实数a的取值范围是或.