四川省成都市石室阳安中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学（理）试题及答案

成都石室阳安高三数学（理科）入学考试

一、单选题

1. 设集合，，则

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先解出集合T,然后集合T与集合S取交集即可.

【详解】,

集合，则

故选D

【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.

2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数对应点坐标得的值，再利用复数的除法可得结果.

【详解】复数对应的点的坐标为，则，所以.

故选：C.

3. 走路是最简单优良的锻炼方式，它可以增强心肺功能，血管弹性，肌肉力量等，甲、乙两人利用手机记录了去年下半年每个月的走路里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结论中正确的是（    ）

A. 甲走路里程的极差等于

B. 乙走路里程的中位数是

C. 甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数

D. 甲下半年每月走路里程的标准差小于乙下半年每月走路里程的标准差

【答案】C

【解析】

【分析】根据折线图，得到甲、乙下半年的走路历程数据，根据极差、中位数、平均数以及标准差与数据稳定性之间的关系求解.

【详解】对于A选项，月甲走路的里程为：、、、、、，

甲走路里程的极差为公里，A错；

对于B选项，月乙走路的里程为：、、、、、，

由小到大排列分别为：、、、、、，

所以，乙走路里程的中位数是，B对；

对于C选项，甲下半年每月走路里程的平均数，

乙下半年每月走路里程的平均数为，

所以，甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数，C对；

对于D选项，由图可知，甲下半年走路里程数据波动性大于乙下半年走路里程数据，

所以甲下半年每月走路里程的标准差大于乙下半年每月走路里程的标准差，D错.

故选：C.

4. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A. － B. 2 C. 5 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义，平移目标函数即可求解.

【详解】画出可行域如图所示，

由解得，设A(1,2)，

则目标函数，经过点A(1,2)时在y轴上的截距最大，

所以在点A(1,2)处取得最大值

最大值为.

故选：C.

5. 下列命题正确的是（    ）

A. 命题“”为假命题，则命题与命题都是假命题

B. 命题“若，则” 的逆否命题为真命题

C. 若使得函数的导函数，则为函数的极值点；

D. 命题“，使得”的否定是：“，均有”

【答案】B

【解析】

【分析】根据复合命题的真假判断A，根据四种命题的关系判断B，根据极值的定义判断C，根据命题的否定判断D．

【详解】对于A：命题“”为假命题，则命题与命题至少有一个假命题，故A错误；

对于B：命题“若，则”显然为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，故B正确；

对于C：若使得函数的导函数，

如果两侧的导函数的符号相反，则为函数的极值点；否则，不是函数的极值点，故C错误；

对于D：命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”．故D错误.

故选：B．

6. 已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为，则它的渐近线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据离心率求出，再根据双曲线的渐近线方程即可得解.

【详解】设双曲线的方程为，

因为，所以，则，

所以渐近线方程为.

故选：C.

7. 把一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积相等即可得出球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】设实心圆柱的高为，

因为实心圆柱的底面半径为，侧面积为，解得，

则圆柱的体积为，

设球的半径为，则，解得，

因此，该铁球的表面积为.

故选：A.

8. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用树图列举基本事件总数，再找出第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数，代入古典概型的公式求解.

【详解】从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：

基本事件总数为25，

第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，

故所求概率.

故选：A.

9. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】结合已知条件，可以得到函数的周期性，再结合奇偶性可以将缩小到的区间内，从而求出函数值

【详解】因为，所以，所以，所以是周期为4的函数，所以，因为是奇函数，所以，所以

故选：C

10. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.

【详解】因为，由双曲线的定义可得，

所以，；

因为,由余弦定理可得，

整理可得，所以，即.

故选：A

【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.

11. 设，，，则（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用指对互算、对数的运算性质和对数函数的单调性即可比较大小.

【详解】，，

而，则，

故选：A.

12. 过点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求导得到导函数，设切点为，得到切线方程，代入点坐标得到，设，计算函数的极值，得到答案.

【详解】，，

设切点为，则切线方程为，

切线过点，，整理得到，

方程有三个不等根.

令，则，令，则或，

当或时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减，

极大值，极小值，函数与有三个交点，

则，的取值范围为.

故选：D

二、填空题

13. 若直线始终平分圆的周长，则的最小值为              ．

【答案】

【解析】

【详解】由题意，

所以，

当且仅当时等号成立.

14. 已知直线过定点A，直线过定点，与相交于点，则________．

【答案】13

【解析】

【分析】根据题意求点的坐标，再结合垂直关系运算求解.

【详解】对于直线，即，

令，则，则，可得直线过定点，

对于直线，即，

令，则，则，可得直线过定点，

因为，则，即，

所以.

故答案为：13.

15. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高（单位：）服从正态分布，若测量10000株水稻，株高在的约有_______．（若，）

【答案】1359株

【解析】

【分析】由正态分布及其对称性求得，即可求得结果.

【详解】由题意，，由正态分布的对称性可得

故株高在的约有株.

故答案为：1359株.

16. 现有如下命题：

①若的展开式中含有常数项，且n的最小值为10；

②；

③若有一个不透明的袋子内装有大小、质量相同的6个小球，其中红球有2个，白球有4个，每次取一个，取后放回，连续取三次，设随机变量表示取出白球的次数，则；

④若定义在R上的函数满足，则的最小正周期为8．

则正确论断有__________．（填写序号）

【答案】②③

【解析】

【分析】①根据二项式的通项公式得到通项为，根据展开式中含有常数项得到，即可得到的最小值；②根据积分的几何意义计算即可；③根据二项分布求期望的公式计算即可；④根据得到即可得到4是的一个周期，即8不是最小正周期.

【详解】①二项式的通项为，因为展开式中含有常数项，所以，即，所以当时，最小，最小为5，故①错；

②函数的图象如下所示：

根据的几何意义可得，故②正确；

③由题意得，所以，故③正确；

④由可得，所以4是的一个周期，则的最小正周期不是8，故④错.

故答案为：②③.

三、解答题

17. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩均位于区间，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图．

（1）若此次活动中获奖的学生占参赛总人数，试估计获奖分数线；

（2）采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，记成绩在的人数为，求的分布列和数学期望．

【答案】（1）82    （2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图先判断出获奖的分数线所在的区间，设为，则成绩在的概率为0.3，列出方程即可得解；

（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，从而可得分布列，再根据期望的计算公式计算期望即可.

【小问1详解】

根据直方图可知，成绩在的频率为，大于0.3，

成绩的频率为0.1，小于0.2，

因此获奖的分数线应该介于之间，

设分数线为，使得成绩在的概率为0.3，

即，

可得，

所以获奖分数线划定为82；

【小问2详解】

成绩在的人数有人，

成绩在的人数为人，

则的可能取值为0，1，2，

，

，

，

的分布列为

∴数学期望．

18. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，

（1）证明：平面PCD.

（2）求DA与平面PCE所成角正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明，即可证明线面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值.

【详解】（1）证明：因为E为AB的中点，，

所以，

所以，从而.

又，，

所以底面ABCD，所以.

因为四边形ABCD是正方形，所以.

又，所以平面PCD.

（2）解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，

所以，，.

设平面PCE的法向量为，

则，即，

令，得.，

故DA与平面PCE所成角的正弦值为.

  【点睛】此题考查证明线面垂直，求直线与平面所成角的正弦值，关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理，熟记向量法求线面角的方法.

19. 已知函数在处取得极值1.

（1）求，值；

（2）求在上的最大值和最小值.

【答案】（1），；（2）最大值为1，最小值为

【解析】

【分析】

（1）求导后，根据，，可得，，再检验所求值即可；

（2）根据当在上变化时，，的变化情况表可得结果.

【详解】（1）因为，所以.

依题意得，，即.

解得，，经检验，，符合题意.

所以，

（2）由（1）可知，

所以.

令，得，.

当在上变化时，，的变化情况如下表：

又，所以在上的最大值为1，最小值为.

【点睛】本题考查了根据函数的极值求参数，要注意检验所求参数是否符合题意，考查了利用导数求函数的最大、最小值，属于基础题.

20. 设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．

（1）求的方程；

（2）在轴上是否存在一定点，使得_________？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

从①点关于轴的对称点与，三点共线；②轴平分这两个条件中选一个，补充在题目中“__________”处并作答．

注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为，根据抛物线的定义，，则C的方程可求；

（2）若选①，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线的斜率，得直线的方程即可判断；

若选②，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，设，由题意，结合韦达定理得对任意的恒成立，则，得出答案．

【小问1详解】

当直线垂直于轴时，点的横坐标为

根据抛物线的定义，，

则抛物线方程为：．

【小问2详解】

若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，

，设直线方程为：，设，，

联立，得，恒成立

得，

直线的斜率

直线的方程为

由，化简得

直线过定点，存在

若选②，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，

，设直线的方程为：

设，，设

联立，得，恒成立

得，

轴平分

，即对任意的恒成立，则．

存在．

21 已知函数 .

（1）讨论函数的单调性；

（2）证明：当时，

【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数 在上单调递减，在上单调递增.   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导后，分类讨论，根据导数的符号可得结果；

（2）将所证不等式等价变形后，利用（1）中的单调性可证成立；作差构造函数，利用导数可证成立.

【小问1详解】

函数的定义域为，因为，

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，由得，由得，

所以函数 在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

①因为，不等式等价于，

令，则，由，得，

所以不等式（）等价于：，即：（），

由（1）得：函数在上单调递增，

所以，即： ．

②因为，不等式等价于，

令，则，所以，

所以函数在上为减函数，所以，即．

由①②得：时，.

【点睛】关键点睛：第（2）问将所证不等式进行等价变形，再作差构造函数，利用导数证明是本题解题关键.

22. 在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）写出曲线的极坐标方程，曲线的直角坐标方程；

（2）设点M的极坐标为，射线与曲线、分别交于A、B两点（异于极点），当时，求线段的长．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）消去参数得直角坐标方程，由公式法求解

（2）联立方程得的极坐标，由极坐标的概念与几何关系求解

小问1详解】

，将代入得：

的极坐标方程为

曲线：由得

∴

∴曲线的直角坐标方程为

【小问2详解】

将代入曲线、曲线的极坐标方程可得

∵

∴由题意得

∵为曲线的直径

∴，又，∴

∴

∴，即

∵

∴

∴

23. 设．

（1）解不等式；

（2）已知实数x、y、z满足，且的最大值是1，求a的值．

【答案】（1）   

（2）1

【解析】

【分析】（1）分类讨论，脱掉绝对值符号，解不等式可得答案；

（2）利用柯西不等式即可求得答案.

【小问1详解】

当时，不等式即，解得；

当时，不等式即恒成立，则；

当时，不等式即，解得；

综合上述，不等式的解集为.

【小问2详解】

由柯西不等式可得：

，

因为，故，

而的最大值是1，故，

当且仅当时等号成立，故.