四川省成都市第七中学2024届高三下学期5月考试理科数学试卷（学生版+教师版）

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1. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图得到，利用等比数列求和公式求出答案.
【详解】由题意得.
故选：B
2. 已知向量，，则等于（ ）
A. 52B. C. D. 76
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】，
所以，
故选：B
3. 如图，已知是全集，是的三个子集，则阴影部分表示的集合是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合韦恩图分析阴影区域和集合的关系即可.
【详解】依题意，阴影部分区域是的补集与集合三者的公共部分，即.
故选：C
4. 下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据残差的特点，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适，带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高．即可得到答案．
【详解】用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适，
带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高，显然D选项的拟合精度最高.
故选：D.
5. 下列大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数函数的性质判断A，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可利用单调性逐一判断BCD.
【详解】对于A，由于，
所以，故，故A错误；
对于BCD，设，则，
当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
因此，
即，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C
6. 如图直角梯形中，，且，以为轴旋转一周，形成的几何体中截一正四棱台的最大体积为（ ）

A. B. C. 7D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，旋转形成的几何体是圆台，从圆台中截一最大体积的正四棱台，求出上下底面的边长和高，根据棱台的体积公式计算出体积.
【详解】直角梯形，以为轴旋转一周，形成的几何体是上底面半径为1，下底面半径为2，高为1的圆台，该圆台中截取的最大体积的正四棱台如图，

上底面边长为，下底面边长为，高为1，
所以正四棱台的最大体积为：.
故选：B.
7. 风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年．因龙被视为中华古老文明的象征，再加上大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅礴而广受喜爱．某团队耗时3个多月做出一长达180米、重约20公斤，“龙身”共有140节“鳞片”的巨龙风筝．制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高．最终团队决定鳞片骨架按图中规律创作．则所有鳞片中竹质鳞片个数为（ ）

A. 120B. 124C. 128D. 130
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分析碳杆材质的鳞片和竹质鳞片之间的规律，再假设有个碳杆材质的鳞片，分析可得的不等式，求出的值，分析可得答案.
【详解】根据题意，分析可得：第个碳杆材质的鳞片和第个碳杆材质的鳞片之间有个竹质鳞片，
假设有个碳杆材质的鳞片，
则，
化简为 ①，
如果只有个碳杆材质的鳞片，则骨架总数少于
所以，
化简为②，
联立①②，又,解得，
即需要个碳杆材质的鳞片，
故需要个竹质鳞片.
故选：
8. 有3个男生和3个女生参加某公司招聘，按随机顺序逐个进行面试，那么任何时候等待面试的女生人数都不少于男生人数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】随机逐个面试共有种可能的顺序，而任何时候等待面试的女生人数都不少于男生人数的顺序可以分为5类，求出相应的顺序，即可求得概率．
【详解】解：随机逐个面试共有种可能的顺序，而任何时候等待面试的女生人数都不少于男生人数的顺序可以分为5类：
①男男男女女女，此时有种；
②男男女男女女，此时有种；
③男男女女男女，此时有种；
④男女男男女女，此时有种；
⑤男女男女男女，此时有种；
故共有种，所以概率为
故选：B．
9. 已知函数的值域是，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，则不存在最大值
B. 若，则的最小值是
C. 若，则的最小值是
D. 若，则的最小值是
【答案】D
【解析】
【分析】由已知结合正弦函数最值取得条件，周期性及单调性检验各选项即可判断.
【详解】对于A，当时，，当足够大时，包含完整周期，故A正确；
对于B，当时，，
由得，为了使更小，只包含一个最大、最小值点，
所以，，解得，，
因为，所以 时，，验证成立，故B正确；
对于C，若，当取最小值时，周期最大，且，故，故，故，故C正确；
对于D，若， 取最小值时，周期最大，，当 ，故，此时，故 D错误．
故选：D
10. 若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对不等式分离参数得到，令，构造函数，，则，通过导数研究单调性求出最大值即可.
【详解】由不等式恒成立，且，
分离参数得，所以，即，
设，得，，设，，则.
，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以.
所以.
故选：C.
11. 已知抛物线的焦点为，直线且交于两点，直线分别与的准线交于两点，（为坐标原点），下列选项正确的有（ ）
A. 且
B. 且，
C. 且
D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，得，设，由韦达定理可得，，，再由向量的数量积逐一判断．
【详解】由，可得，直线过抛物线焦点，必有，
设，
则，，
，
，
直线的方程为，由，可得，
同理可得，
所以，
所以，
对于A，，
只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意，
所以，，故A错误；
对于B，因为，
，故B正确；
对于C，由B得，而，所以，故C错误；
对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误．
故选：B．
12. 三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为.
A. ①②都是真命题
B. ①是真命题，②是假命题
C. ①是假命题，②是真命题
D. ①②都是假命题
【答案】A
【解析】
【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②．
【详解】由题意知，故,
设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图，
则平面，平面，
平面，平面，
，，
，平面，平面，
又因为，则平面，即，，，四点共面，
则平面，
连接，则为二面角的平面角，
二面角的大小为，，
而，，因为平面，平面，
故，而，则，
在中，，
则，故，即三点共线，
且是的中点；
则，故①是真命题；
又，
点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
轨迹长度为，故②真命题．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出三点共线，及说明是得中点，从而确定点形成的轨迹.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.
13. 设随机变量服从正态分布，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正态曲线的对称性计算可得.
【详解】因为且，
所以，解得.
故答案为：
14. 除以1000的余数是________．
【答案】24
【解析】
【分析】由题意可得，展开，结合二项式定理即可得答案.
【详解】解：因为
，
所以除以1000的余数是：.
故答案为：24
15. 将数据，，，…排成如图的三角形数阵，（第一行一个，第二行两个，⋯，最下面一行有个，）则数阵中所有数据的和为________.

【答案】
【解析】
【分析】写出数阵中所有数据的和，利用错位相减法求解即可.
【详解】由题意，设数阵中所有数据的和为，
则①，
②，
由①-②得：
，
所以.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据、寻找它们之间的相互联系，利用常见数列的通项公式和求和知识求解.
16. 如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论．
【详解】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，如图，
，
所以三点共线，
又存在点，使得对任意，满足恒成立，则的长表示到直线的距离，即的边上的高，设，
由得，，公用，因此，
所以，
中，设，由正弦定理得，记为角，
所以，，，
所以
，
若不是钝角，则
，
又，所以，即，
所以，
设，则，，它是减函数，
所以时，，
若是钝角，则
，
设，则，，
令，则，
，
时，，递减，时，递增，
所以时，，，
综上，，
此时．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．
三､解答题：本大题共7小题，共70分，解答须写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在中，角、、所对的边长分别为、、，且．
（1）求的值．
（2）若的面积为1，求的周长的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）由正弦定理及诱导公式求出结果；
（2）由三角形面积公式、余弦定理及基本不等式求得结果.
【小问1详解】
由已知
得，
即，
因为，所以，
所以，
∵为内角，
∴，
∴，，
∴．
【小问2详解】
∵，，
则．
且，
当且仅当时，即时，等号成立．
∴
当且仅当时，取等号．
∴周长最小值为．
18. 如图，在四棱台中，底面是边长为2的正方形，.

（1）证明：平面；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理证明即可；方法二：将棱台补形成棱锥，利用面面平行的性质定理结合中位线以及线面平行的判定定理证明得到答案.
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解；方法二：利用面面角的定义找到其平面角求解.
【小问1详解】

方法一：由棱台定义可知与共面，且平面平面.
又平面平面，平面平面，
所以.
连接AC交BD于点，则为AC中点.
因为，所以.
所以四边形是平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.

方法二：将棱台补形成棱锥，
由棱台定义知平面平面.
又平面平面，平面平面，
所以.
连接AC交BD于点，则为AC中点.
又，所以，所以为PC中点，
所以为的中位线，所以.
又平面，平面，所以平面
小问2详解】

方法一：在正方形中，，又，，
所以平面.
因为平面，所以.
在中，，，，所以.
在中，，，所以，所以.
以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
，，，，.
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
又因为平面的法向量，
所以，
所以平面与平面所成角余弦值为.

方法二：在正方形中，，又，，
所以平面.
因为平面，所以
在中，，，，所以.
在中，，，所以，
所以.
连接交于点，连接交于点，
则MN为平面与平面的交线，设MN交于点.
由，有，同理，
所以，所以平面.
又平面，平面，
所以，，
所以为平面与平面的夹角.
由得，所以.
在中，，，，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为
19. 甲、乙两支足球队将进行某赛事的决赛.其赛程规则为：每一场比赛均须决出胜负，若在规定时间内踢成平局，则双方以踢点球的方式决出胜负.按主、客场制先进行两场比赛，若某一队在前两场比赛中均取得胜利，则该队获得冠军；否则，需在中立场进行第三场比赛，其获胜方为冠军.假定甲队在主场获胜的概率为，在客场获胜的概率为，在第三场比赛中获胜的概率为，且每场比赛的胜负相互独立.
（1）已知甲队获得冠军，求决赛需进行三场比赛的概率；
（2）比赛主办方若在决赛的前两场中共投资m（千万元），则能盈利（千万元）.如果需进行第三场比赛，且比赛主办方在第三场比赛中投资n（千万元），则能盈利（千万元）.若比赛主办方准备投资一千万元，以决赛总盈利的数学期望为决策依据，则其在前两场的投资额应为多少万元？
【答案】（1）
（2）千万元.
【解析】
【分析】(1)算出甲获胜的概率，再算出甲获胜且比赛进行了三场的概率进而可得解；
(2)根据总盈利和进行的场次有关，求出总盈利，即比赛只需进行两场的概率，再求出总盈利为，即需进行三场比赛的概率，列出分布列，计算期望，即可求解.
【小问1详解】
由于前两场对于比赛双方都是一个主场一个客场，
所以不妨设甲队为第一场为主场，第二场为客场，
设甲获得冠军时，比赛需进行的场次为，
则，
又，所以甲获胜的概率为，
所以已知甲队获得冠军，决赛需进行三场比赛概率
小问2详解】
由题可得，所以
比赛结束需进行的场次即为，则，
设决赛总盈利为，则，
，
，
所以决赛总盈利为的分步列如下，
所以，
所以，
当，即时，二次函数有最大值为，
所以以决赛总盈利的数学期望为决策依据，
则其在前两场的投资额应为千万元.
20. 平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或或
【解析】
【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果；
（2）方法一： 设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可.
【小问1详解】
设点，，
因为，则，
由M为PO中点得，则，
代入，得.
所以动点M的轨迹的方程为.
【小问2详解】
方法一：存在N满足题意，证明如下：
依题意直线l的斜率存在且不为0，
设l的方程：，，，，
联立方程，消去y得，
则，，
直线方程化为，
联立方程，消去x得，
则，
可得.
，
依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，
可得，
由，整理得，
由，整理得，
解得得或，
代入，解得或或，
所以或或满足题意；
方法二：存在满足题意，证明如下：
依题意直线的斜率存在且不为0，
设的方程：，，，，
联立方程，消去y得.
因为为上式的两根，
则，
直线方程化为.
联立方程，消去x得，
因为为上式的两根，
则.（2）
由题意可得：
，
依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，
可得，
由，整理得，
由，整理得，
解得得或，
代入，解得或或，
所以或或满足题意.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
21. 若函数，．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，讨论函数零点个数；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）令，分离参数，转化成两个函数交点个数即得证；
（3）法一：转化成即可得证.法二：把转化成，即证即可，相当证求函数的最小值大于等于0即可.
【小问1详解】
∴在处的切线方程为
【小问2详解】
由题知
∴
令得
即
令
时，或1
当时，，单调递增
时，，单调递减
时，，单调递减
时，，单调递增
时，，时，，时，
当时，无零点
或或时，有一个零点
或时，有两个零点
时，有三个零点．
【小问3详解】
法一：∵
证：
即证
令
令，得且单调递增
时，，单调递减
时，，单调递增
∴最小值为
得
即
令
∵，
∴单调递增
且
∴时，，单调递减
时，，单调递增
∴在时最小为
即
又∵时，
∴
即
法二：当时
证：
即证
即
令
则
∵，∴
∴在单调递增
而
∴当时，，单调递减
时，，单调递增
∴
∴原不等式成立．
选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一道作答.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. 选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为，曲线的参数方程为（为参数），曲线的方程为，（），曲线与曲线分别交于两点．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由，，可得普通方程的极坐标方程；
（2）曲线的极坐标方程为，由（1）得，，即 ，利用三角的范围求解范围即可.
【小问1详解】
因为，，所以曲线的极坐标方程为，
即；
由（为参数），消去，
即得曲线直角坐标方程为
将，，代入化简，
可得曲线的极坐标方程为；
【小问2详解】
由题意知，故曲线的极坐标方程为，，
由（1）得，，
即，
因为，所以，
所以
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数.
(1)解关于的不等式；
(2)记函数的最大值为，若，，，求的最小值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】（1）分别在、和三种情况下去掉绝对值符号得到不等式，解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可求得，将等式化为，利用基本不等式可构造出关于的不等式，解不等式求得结果.
【详解】（1）当时，，解得：
当时，，解得：
当时，，解得： 无解
综上所述：不等式的解集为
（2）

， （当且仅当时取等号）
即 或
又
即的最小值为
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、绝对值三角不等式的应用、利用基本不等式求解最值的问题；关键是明确涉及到双绝对值的函数时，通常采用绝对值三角不等式求解出函数的最值.
1
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0
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-
0
+
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极大值
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↘
极小值
↗