55，四川省成都市第七中学2023 2024学年高三下学期入学考试理科数学试卷

这是一份55，四川省成都市第七中学2023 2024学年高三下学期入学考试理科数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分：150分
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，，则的真子集的个数为（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式求出集合A，求出集合B补集，即可确定的元素，根据元素的个数，即可求得的真子集的个数.
【详解】由题意
，
，故，
故，则的真子集的个数为，
故选：C
2. 若函数是定义在上的偶函数，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用偶函数的定义可计算的值，再根据解析式计算函数值即可.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，
所以且，则，您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 所以，则.
故选：D．
3. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求出复数z即可得出答案.
【详解】由题意，复数满足，可得，
所以．则1，
故选：C．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. 30D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】设，则，变换，利用二项式定理计算得到答案.
【详解】设，则，所以．
的展开式的通项，
取得．
故选：D．
5. 已知正项等差数列的前项和为，且，．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的关系结合已知等式化简，可得，结合，求出首项，即可得等差数列的通项公式以及前n项和公式，由此一一判断各选项，即可得解.
【详解】设正项等差数列的公差为d，因为，，
所以两式相减得，可得，
即，所以，
因为是正项等差数列，则，则，
所以，由，得，
得，即，所以，
所以，，得，，A，B错误；
，C正确；
，D错误，
故选：C.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由同角三角函数的基本关系可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，再利用两角和的正切公式可求得的值.
【详解】由已知可得，解得，
所以，，
故.
故选：D.
7. 对于数列，若满足：，则称为数列的“优值”，现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将中的变为后两式相减可得数列的通项公式，然后令即可求出的最大值.
【详解】由已知得①，
则当时，②
所以①-②得，即，
又当时，，符合，
故，
所以
令，得，
所以的最大值为.
故选：D.
8. 在平面直角坐标系中，已知圆，若圆上存在点P，由点P向圆C引一条切线，切点为M，且满足，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据可求出点P的轨迹方程，根据点P的轨迹与圆D有交点列出不等式求解.
【详解】设点P的坐标为，如图所示：
由可知：，而，∴
∴，整理得，即.
∴点P的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，又∵点P在圆D上，∴所以点P为圆D与圆E的交点，即要想满足题意，
只要让圆D和圆E有公共点即可，∴两圆的位置关系为外切，相交或内切，∴，解得.
故选：D
9. 设函数若存在且，使得，则取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，需将看成整体角，由范围求得范围，结合函数的图象，求得使的两个解，由题只需使即可，计算即得.
【详解】
不妨取，由可得：，
由可得，
由图可取要使存在且，使得，
需使，，解得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与正弦型函数图象有关的等高线问题.
解决的关键在于将看成整体角，作出正弦函数的图象，结合求得的整体角的范围求得最近的符合要求的角，从而界定参数范围.
10. 在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
11. 从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字中任意取出三个不同的数，若这三个数的和为不小于9的奇数，则不同的取法有（ ）种.
A. 54B. 53C. 47D. 46
【答案】B
【解析】
【分析】将10个数分为2组，一组为奇数：1､3､5､7､9，一组为偶数：0、2､4､6､8，然后分2种情况讨论：①取出的3个数全部为奇数，②取出的3个数有1个奇数，2个偶数，再由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意，将10个数分为2组，
一组为奇数：1､3､5､7､9，一组为偶数0、2､4､6､8，
若取出的3个数和为奇数，分2种情况讨论：
①取出的3个数全部为奇数，有种情况，都符合题意，
②取出的3个数有1个奇数，2个偶数，
若奇数取9，有种情况；
若奇数取7，有种情况；
若奇数取5，有种情况；
若奇数取3，有种情况；
若奇数取1，有种情况；
综上，三个数的和为不小于9的奇数，不同的取法有种.
故选：B
12. 定义在上的可导函数满足，当时，，若实数a满足，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数的正负与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解.
【详解】由，得.
令，则，即为偶函数.
当时，，所以在上单调递增；
所以在上单调递减.
由，
得，即.
又为偶函数，所以，
因为在上单调递减，
所以，即，解得，或，
所以a的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为__________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据已知条件求得，再求焦点到渐近线距离即可.
【详解】根据题意可得，故可得，则，
则右焦点坐标为，一条渐近线为，
右焦点到一条渐近线的距离.
故答案为：.
14. 在正方体中，，点平面，点F是线段的中点，若，则当的面积取得最小值时，_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设，根据，结合数量积运算，求得，进而表示出的面积，结合面积有最小值即可求得，即可求得答案.
【详解】以点D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
因为，故，即，
由于平面，平面，故，
所以的面积为，
而，
故，当时，取最小值，即S最小，
此时，则，
故，即，
故答案为：
【点睛】方法点睛：由于是在正方体中求解线段的长，因此可以建立空间直角坐标系，根据空间向量的数量积运算结合面积最小，求出参数，即E点的坐标，从而解决问题.
15. 设数列满足，，，令，则数列的前100项和为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，进而求出，再利用分组求和法求解即得.
【详解】数列满足，，，
数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即，
因此，显然的周期为4，
则
，
令，则有，
，数列是等差数列，
数列的前100项和，即数列的前25项和.
故答案为：.
16. 已知函数，，若函数有三个零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得，，进一步有，由此即可顺利得解.
【详解】由题意设，则函数的零点即为方程的根，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数的图象以及直线如图所示：
若函数有三个零点，（不妨设为），
则方程的根有三个根，且，
所以，
且，
因为在单调递增，所以，即，
所以，
令，，解得，令，，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是根据函数单调性得到，由此即可顺利得解.
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. 2023年12月25日，由科技日报社主办，部分两院院士和媒体人共同评选出的2023年国内十大科技新闻揭晓.某高校一学生社团随机调查了本校100名学生对这十大科技的了解情况，按照性别和了解情况分组，得到如下列联表：
（1）判断是否有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异；
（2）若把这100名学生按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中女生数为，求的分布列及.
附：①，其中；
②当时有95%的把握认为两变量有关联.
【答案】（1）没有 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意和公式求出，然后根据附②即可得出结论；
（2）由题得出的取值依次为0，1，2，依次求出各种取值的概率，然后写出分布列求出期望.
【小问1详解】
根据列联表中的数据，
得，
所以没有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异.
【小问2详解】
这100名学生中男生60人，女生40人，按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，
则抽取的男生有3人，女生在2人，
所以取值依次为0，1，2，
，，，
所以的分布列为
.
18. 在锐角中，角所对应的边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、余弦定理进行边角转换即可.
（2）由正弦定理、三角形面积公式结合三角恒等变换得，结合角的范围即可得解.
【小问1详解】
，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，因为，所以．
【小问2详解】
在锐角中，，记的面积为．
由正弦定理得，即．
所以．
因为在锐角中，，所以，
解得，
则，故．
19. 如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足.
（1）证明：直线平面；
（2）是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）以为原点，分别以方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可证；
（2）由线面角的向量法求线面角后可得结论．
【小问1详解】
如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系.
.
.
设平面的法向量为，
则由，取得.
因为，所以
解得.
所以，且平面，所以平面
【小问2详解】
设平面的法向量为
则由，解得.
所以，
解得.
20. 设点 是椭圆 上任意一点，过点 作椭圆的切线，与椭圆交于 两点.
（1）求证：;
（2）的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）见解析 （2）是定值，定值为
【解析】
【分析】（1）直线与椭圆方程联立，证明的中点坐标，即切点的坐标；
（2）首先讨论直线的斜率不存在的情况，以及直线的斜率存在时与椭圆方程联立，并利用韦达定理表示弦长，并表示的面积.
【小问1详解】
设直线斜率不存在，则点在轴上，由对称性可知，，
若直线的斜率存在，设，，，，
联立，可得，
当时，直线与椭圆切于点，，
解得：，，
当时，线段中点的横坐标，
所以点为线段的中点，，
综上，；
【小问2详解】
若直线斜率不存在，则，与椭圆方程联立可得，，，故，
若直线斜率存在，由（1）可得
，，
，
点到直线的距离，
所以，
综上的面积为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是转化为直线与椭圆相交和相切的问题，转化为证明的中点，即切点.
21. 设函数．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
（2）若当时，恒有，求实数a的取值范围；
（3）设时，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据题意结合导数的几何意义列式求解；
（2）构建，由题意可知：当时，恒有，且，结合端点效应分析求解；
（3）由（2）可知：当时，，令，，可得，再令，可得，利用累加法分析证明.
【小问1详解】
因为，则，
则，，即切点坐标为，斜率，
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
令，
则，
由题意可知：当时，恒有，且，
则，解得，
若，则有：
①当时，，
因为，可知，
令，
因为在内单调递增，可得在内单调递增，
则，即，符合题意；
②当时，则在内恒成立，符合题意；
③当时， 令，
则，
因为，则，，
可知在内恒成立，
则在内单调递增，可得，
则在内单调递增，可得，符合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可知：当时，，
令，可得，
令，则，则，整理得，
令，则，整理得，
则，
所以.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选一题作答．如果多选，则按所做的第一题记分．
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，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）曲线与曲线，如有公共点，求出公共点坐标；如无公共点，设分别为曲线与曲线上的动点，求线段的最小值．
【答案】（1）曲线极坐标方程，曲线的直角坐标方程为
（2）无公共点，
【解析】
【分析】(1)由参数方程，直角坐标方程及极坐标方程互化求解；
(2)由直线与圆的位置关系求解即可.
【小问1详解】
曲线的普通方程，
极坐标方程，，
曲线的极坐标方程为．化为直角坐标方程为；
【小问2详解】
曲线的普通方程，圆心为，
到直线的距离为，故曲线与曲线的无公共点，
即直线与圆相离，得线段的最小值为．
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）设函数的最小值为，若且，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）解绝对值不等式时，一般考虑分类讨论法求解，最后再合并；
（2）分类讨论的单调性，判断其在不同区间上的最小值，最后确定的值，利用基本不等式即可证明.
【小问1详解】
不等式可化为或，
由，可得，解得或；
由，可得，解得，
所以不等式的解集为．
【小问2详解】
由题意，知，
当时，，
因在上单调递减，则；
当时，，
因在上单调递增，在上单调递减，故在无最小值，但是；
当时，，
因在上单调递增，则.
综上，当时，函数取得最小值2，即，所以，
因，所以，当且仅当时等号成立，
故．不太了解
比较了解
合计
男生
20
40
60
女生
20
20
40
合计
40
60
100
0
1
2