2024届四川省部分名校高三上学期10月联考数学（文）试题含答案

这是一份2024届四川省部分名校高三上学期10月联考数学（文）试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据并集的定义，即可求解.
【详解】因为，所以．
故选：A
2．已知向量，且，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】D
【分析】代入向量垂直的坐标表示，即可求解.
【详解】由，可得，解得.
故选：D
3．曲线在处的切线的斜率大于1，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据导数的几何意义即可求解.
【详解】设函数，则，所以，解得．
故选：A.
4．若满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】先画出约束条件的可行域，再利用线性规划即可求得的最小值.
【详解】作出约束条件的可行域，

由，可得，则
当直线经过点时，取得最小值，且最小值为．
故选：A
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用两角和的正切公式求得的值，再利用齐次式求值的方法即可求得的值.
【详解】，
则
故选：B
6．已知甲的年龄大于乙的年龄，则“丙的年龄大于乙的年龄”是“乙和丙的年龄之和大于甲的年龄的两倍”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充要条件定义结合不等式的性质判断即可.
【详解】设甲､乙､丙的年龄分别为x，y，z，根据已知条件得.若丙的年龄大于乙的年龄，则，则，因为，所以未必成立.
若乙和丙的年龄之和大于甲的年龄的两倍，则，则，即，所以丙的年龄大于乙的年龄.
故“丙的年龄大于乙的年龄”是“乙和丙的年龄之和大于甲的年龄的两倍”的必要不充分条件.
故选：B.
7．已知是定义在R上的奇函数，且当时，单调递增，要确保的零点唯一，则的值可以为（ ）
A．B．0C． D．5
【答案】C
【分析】利用函数的单调性和奇偶性的性质，结合函数零点的定义即可得到的取值范围，进而得到的可能取值.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以的图象关于点对称，
所以的图象关于点对称，
又由是定义在R上的奇函数，可得
又当时，单调递增，要确保的零点唯一，
则的唯一零点为，可得．
则的值可以为.
故选：C
8．定义矩阵运算，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意结合指、对数运算求解.
【详解】由题意可得：．
故选：B.
9．在四边形中，，，对角线相交于点，若，则（ ）
A．12B．10C．6D．5
【答案】C
【分析】由已知得△∽△，再根据几何关系以及向量的线性运算和数量积运算求解即可.
【详解】方法一:由题意可知，∵△∽△，∴，
∴
则．
故选：C.
方法二: 由题意可知，∵△∽△，∴，
．
故选：C.
10．在同一直角坐标系中，函数与的部分图象不可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用诱导公式以及特殊值法检验即可.
【详解】因为函数，，
令分别代入可得：
，
选项C的图象不符合，
故选：C．
11．某公司计划在10年内每年某产品的销售额（单位：万元）等于上一年的倍再减去2．已知第一年（2022年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2022年到2031年该产品的销售总额约为（参考数据：）（ ）
A．2135.5万元B．2235.5万元C．2335.5万元D．2435.5万元
【答案】D
【分析】先求得该公司该产品的销售额所构成数列的通项公式，再利用分组求和即可求得该公司从2022年到2031年该产品的销售总额.
【详解】设该公司在2022年，2023年，…，2031年的销售额（单位：万元）分别为
．依题意可得，
则，
所以数列是首项为90，公比为的等比数列，
则，即，
则，
故从2022年到2031年该产品的销售总额约为2435.5万元．
故选：D
12．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】的比较利用零点存在性定理求解零点所在区间，的比较则转化为两函数图象交点的横坐标大小比较，数形结合由图可知.
【详解】由题意知，是函数的零点，
因为，
由，则，
且，
由零点存在性定理知，；
由题意知，是函数的零点，
因为，
且，
由零点存在性定理知，，
故，
由，
得，
作出函数的大致图象，
如图所示，数形结合由图可知．
综上，.
故选：A.
二、填空题
13．命题“若，则不都小于1”的逆否命题为 ．
【答案】若都小于1，则
【分析】根据命题逆否命题的形式，即可求解.
【详解】原命题的逆否命题要将原命题的条件和结论都否定后再将所得条件与结论对换，
所以命题的逆否命题是“若都小于1，则”．
故答案为：若都小于1，则
14．在正项等差数列中，，则公差的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用题给条件列出关于的不等式，解之即可求得的取值范围.
【详解】依题意可得，则
又等差数列各项为正，则，所以．
故答案为：
15．将曲线各点的横坐标变为原来的2倍，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到曲线．写出曲线的一条对称轴的方程： ．
【答案】（本题答案不唯一，只要的值满足即可）
【分析】首先求曲线变换之后的函数，再求对称轴.
【详解】依题意可得，
令，得，
其中是对称轴.
故答案为：（本题答案不唯一，只要的值满足即可）
16．如图，已知平面五边形的周长为12，若四边形为正方形，且，则当的面积取得最大值时， ．
【答案】
【分析】根据几何关系构造函数关系式利用导数求函数的最值.
【详解】过点作，垂足为．设，则，
∵，∴，则，
由，得．
在中，．
记的面积为，则．
设函数，则，
令，得或．当时，；
当时，．故当时，取得最大值，
则取得最大值，此时．
故答案为：.
【点睛】利用导数求最值的方法就是先求出函数的极值，若极值有多个，则需要比较各极值与端点值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；若函数只有一个极大（小）值，则这个极大（小）值就是函数的最大（小）值.
三、解答题
17．某工厂的工人生产内径为的一种零件，为了了解零件的生产质量，在某次抽检中，从该厂的1000个零件中抽出60个，测得其内径尺寸（单位：）如下：


这里用表示有个尺寸为的零件，，均为正整数.若从这60个零件中随机抽取1个，则这个零件的内径尺寸小干的概率为.
(1)求，的值.
(2)已知这60个零件内径尺寸的平均数为，标准差为，且，在某次抽检中，若抽取的零件中至少有80%的零件内径尺寸在内，则称本次抽检的零件合格.试问这次抽检的零件是否合格？说明你的理由.
【答案】(1)
(2)不合格，理由见解析
【分析】（1）根据零件个数和概率值建立方程求解即可；
（2）求出平均数，然后求出零件内径尺寸在内的个数即可判断.
【详解】（1）依题意可得，
解得.
（2）将每个数据都减去28.50后所得新数据的平均数为
，
所以，所以，.
所以这60个零件内径尺寸在内的个数为，
因为，所以这次抽检的零件不合格.
18．如图，几何体为三棱台．
(1)证明：平面．
(2)已知平面平面，求三棱台的体积．
参考公式：台体的体积，其中分别为台体的上底面面积、下底面面积，为台体的高．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定即可证明；
（2）首先利用面面垂直的性质得平面，再利用台体的体积公式即可得到答案.
【详解】（1）根据三棱台的几何性质可知，，
因为平面平面，所以平面．
（2）根据三棱台的几何性质可知，．
过作的垂线，垂足为．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为，所以，
，则三棱台的高为．
因为，所以的面积为．
又，所以的面积为．
故三棱台的体积．
19．分别为内角的对边，已知．
(1)求；
(2)若在线段上，，且的面积，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再根据两角和公式以及两角差公式进行化简运算即可；
（2）先利用三角形面积公式求得边长，从而求得的值，再利用余弦定理即可求得答案.
【详解】（1）由正弦定理及，得．
因为，所以，
所以，
所以，
即，
因为，所以．
又，所以．
（2），
因为，所以．
又，所以．
由余弦定理得，则
所以．所以的周长为．
20．已知函数，其中为正整数．
(1)求的单调区间；
(2)设的极值点为，求数列的前项和；
(3)证明：．
【答案】(1)递减区间为，递增区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导函数，由即可求出函数的单调递增区间和递减区间;
（2）分类讨论，利用并项求和与、的关系分别求出当为偶数和奇数时的前项和既可；
（3）要证，即证．设函数，对函数进行二阶求导，可求函数的最小值，再对进行求导求得，即得，从而得证.
【详解】（1），
当时，；当时，．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）由（1）知，
当为偶数时，
；
当为奇数时，．
故
（3）证明：要证，只需证，即证．
设函数，则的导函数，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，
所以在上存在唯一零点．
因为，所以．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
又，所以，
所以．
设函数，则在上单调递减，
所以，
因为为正整数，所以，
所以，
所以．
【点睛】解题关键，对进行二阶求导以及构造新函数求导得出是解决第（3）小问的关键，本题考查利用导数研究函数的单调性和最值问题，考查转化思想，属于较难题.
21．以坐标原点为对称中心，坐标轴为对称轴的椭圆过点．
(1)求椭圆的方程．
(2)设是椭圆上一点（异于），直线与轴分别交于两点．证明在轴上存在两点，使得是定值，并求此定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值为.
【分析】（1）根据给定条件，设出椭圆方程，利用待定系数法求解即得.
（2）设出点的坐标，利用向量共线探讨出点的坐标，再求出，并确定的坐标，再计算即得.
【详解】（1）设椭圆方程为，则，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，
则，由，得，而，于是，
，同理，而，于是，
则，
，
令，而是椭圆上的动点，则，得，
于是，
所以存在和，使得是定值，且定值为.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
22．在直角坐标系中，直线的方程为，直线的方程为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，点的极坐标为．
(1)求点的直角坐标与圆的直角坐标方程（化为标准方程）；
(2)若为曲线上任意一点，过点作直线的垂线，垂足为，过点作直线的垂线，垂足为，求矩形周长的最大值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式，即可求解；
（2）首先利用参数方程，设出点的坐标，利用坐标表示矩形的周长，结合三角函数的性质求周长的最大值.
【详解】（1）设点的直角坐标为，则，
所以点的直角坐标为．
由，得，
所以圆的直角坐标方程为．
（2）由（1）可知圆的参数方程为（为参数），
设点的坐标为．

矩形的周长为，
当时，矩形的周长取得最大值，且最大值为．
23．已知．
(1)若均为正数，证明：．
(2)若均为实数，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用“1”的妙用，变形为，再利用柯西不等式证明；
（2）首先利用条件变形为，再去绝对值，转化为分段函数，求函数的最小值.
【详解】（1）证明：，
因为均为正数，所以由柯西不等式可得，
当且仅当时，等号成立，故．
（2）因为，所以，
所以．设函数，
则
当时，；当时，；当时，．
所以，故的最小值为．