2024成都石室中学高三下学期开学考试数学（理）含解析

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A．B．C．D．
【解答】解：全集，集合，1，，，，
，能表示集合，，关系的图是．
故选：．
2.已知向量，，则在方向上投影为
A．B．C．D．
解：由，，
则在方向上的投影向量为：
．故选：．
3．技术在我国已经进入高速发展的阶段，手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如表所示：
若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是
A．由题中数据可知，变量与正相关，且相关系数
B．线性回归方程中
C．残差的最大值与最小值之和为0
D．可以预测时该商场手机销量约为1.72（千只）
【解答】解：从数据看随的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故正确；
由已知数据易得，代入中得到，故错误；
，，，
，，，
，，，，，
残差的最大值与最小值之和为0，故正确；
时该商场手机销量约为，故正确．
故选：．
4．方程表示双曲线的必要不充分条件可以是
A． B．，，C．D．
【解答】解：若方程表示双曲线，
则，解得：，
则：方程表示双曲线的必要不充分条件所对应的集合必须真包含，
选项故选：．
5．执行如图所示的程序框图，若依次输入，，，则输出的结果为
A． B． C．D．以上都不对
【解答】解：根据题意，该流程图的作用是求出、、中的最小数，
：．
，
．故选：．
6．在中，角、、的对边分别为、、，且的面积，，则
A．B．C． D．
【解答】解：的面积，可得：，

又故选：．
7. 设等差数列的前项和为，已知，，，则的值为
A．15B．16C．17D．18
【解答】解：因为等差数列中，，，，
则，
两式相加得，，即，
因为，所以．故选：．
8．如图是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的高为
A．1B．2C．D．
【解答】解：由题意几何体是四棱锥，过作于，
在正方体中有平面，所以，
又因为，所以平面，
所以四棱锥的高为，
在中，，，，
故，
，
故，解得．
所以该四棱锥的高为：．
故选：．
9．抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足，为线段的中点，设在上的射影为，则的最大值是
A．B．C．D．
【解答】解：设，，，在上的射影分别为，，则，，
故．
又，所以，
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，
故．
故选：．
10． 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，点，分别为，的中点，在侧面上运动，且满足平面，以下命题错误的是
A．
B．多面体的体积为定值
C．侧面上存在点，使得
D．直线与直线所成的角可能为
解：对于，正方体中，，，、是线段上有两个动点，，故正确；
对于，，到的距离为定值，是定值，
点到平面的距离为定值，多面体的体积为定值，故正确；
对于，，当为中点时，，故正确；
对于，取中点，中点，当与或重合时，
直线与直线所成的角最大，
，故错误．
故选：．
11．已知直线与圆心为且半径为3的圆相交于，两点，直线与圆交于，两点，则四边形的面积的值最大是
A．B．C．D．
【解答】解：根据题意，圆的圆心为且半径为3，则圆的方程为，即，
直线与圆相交于，两点，
则有，解可得：或，即、的坐标为，，
则，且的中点为，，
直线，变形可得，直线恒过定点，，
设，，
当与垂直时，四边形的面积最大，
此时的方程为，变形可得，经过点，
则此时，
故的最大值，
故，故选：．
12．已知函数在区间上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：
①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；
③的取值范围是；④在区间上单调递增.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．C【分析】令，，则,，结合条件可得有4个整数符合题意，可求出的取值范围，再利用三角函数图象性质逐项分析即可得出结论.
【详解】由函数，
令，可得，，
因为在区间上有且仅有4个极值点，即可得有且仅有4个整数符合题意，
解得，即，可得，
即，解得，即③正确；
对于①，当时，，即可得，
显然当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；即①错误；
对于②，的最小正周期为，易知，
所以的最小正周期可能是，即②正确；
对于④，当时，；
由可知，
由三角函数图象性质可知在区间上单调递增，即④正确；
即可得②③④正确.故选：C
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13．若，则的共轭复数为_________
【详解】依题意，
所以的共轭复数为.
14．在的展开式中，含的项的系数是__________ .（用数字作答）
【详解】展开式的通项为，其中常数项为，含的项为，
又因为，所以原展开式中含的项的系数为：，
故答案为：.
15.已知为等腰三角形，其中，点D为边AC上一点，.以点B、D为焦点的椭圆E经过点A与C，则椭圆E的离心率的值为 .
详解】
连接点与中点，即有，由，故，
由，则，即，
由椭圆定义可得、，
故，
即，则、，
由故，
则，即，
解得（负值舍去）.故答案为：.
16.若函数与的图像在实数集上有且只有3个交点，则实数的取值范围为 __________ .
【详解】即仅有3个解，
显然不是该方程的解，则，即仅有3个解，
设，定义域关于原点对称，且满足。
即为奇函数，
考虑时的情况，，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
则函数极大值为，且当时，；当时，；
结合函数为奇函数，即可作出函数的图象如图示：
由于仅有3个解，故与函数的图象仅有3个交点，
结合图象可得或，
即或，
故答案为：或
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17.已知数列的首项为，且满足，数列满足．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前项和为，求．
【解答】解：（1）证明：，
，，
，
当时，上式成立，
，；………………………………………5分
（2）由（1）得，
①，
②，
①②得，，
．……………………………………….12分
18.某企业有甲、乙、丙三个部门，其员工人数分别为6，9，12，员工隶属于甲部门．现在医务室通过血检进行一种流行疾病的检查，已知该种疾病随机抽取一人血检呈阳性的概率为，且每个人血检是否呈阳性相互独立．
（Ⅰ）现采用分层抽样的方法从中抽取9人进行前期调查，求从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人，并求员工被抽到的概率；
（Ⅱ）将甲部门的6名员工随机平均分成2组，先将每组的血样混在一起化验，若结果呈阴性，则可断定本组血样全部为阴性，不必再化验；若结果呈阳性，则本组中至少有一人呈阳性，再逐个化验．记为甲部门此次检查中血样化验的总次数，求的分布列和期望．
【解答】解：（1）由题意知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为，
所以分层抽样抽取的9人中，甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为2人，3人，4人，
记事件为“员工被抽到”，则（A）．………………………………….4分
（2）甲部门的6名员工随机平均分成2组，每组3人，
记“每组血样化验结果呈阴性”为事件，则（B），
所以的所有可能取值为2，5，8，
（B），
（B），
，……………………………………….8分
所以的分布列如下，
所以数学期望．……………………………………….12分
19．如图，已知梯形与所在平面垂直，，，，，，．，连接，．
（Ⅰ）若为边上一点，，求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）梯形与所在平面垂直，，，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，．，连接，．为边上一点，，
，4，，，0，，，0，，，0，，，4，，
，0，，，4，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，3，，
，平面，
平面．……………………………………….5分
解：（Ⅱ），，，，0，，
设平面的法向量，，，
则，取，，，，
平面的法向量，3，，
设二面角的平面角为，
则．……………………………………….10分
由图知二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．……………………………………….12分
20．已知椭圆的离心率为，焦距为，过的左焦点的直线与相交于、两点，与直线相交于点．
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）过点作直线的垂线与相交于、两点，与直线相交于点．求的最大值．
【详解】（1）证明：设、，因为椭圆的焦距为，所以，解得．
又因为椭圆的离心率，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
因为直线经过、，，
所以，直线的方程为，
设点、，联立可得，
由，得，. ……………………………………………………………………….2分
所以，
，
因此，.……………………………………………………………………….5分
（2）证明：若直线、中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线平行，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在且不为零，设直线方程为，
则直线方程为，其中．
联立可得，
设、，则，
由韦达定理可得，，………………………………………………………….6分
易知且，将代入直线的方程可得，即点，
所以
，……………………………………………………….8分
同理可得，…………………………………………………….9分
所以
，……………………………………………….11分
当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.……………………………………………….12分
21．已知函数.
（Ⅰ）若在区间上恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数和有公切线，求实数的取值范围.
【详解】（1）由题意，当时，设，
则，
，……………………………….1分
令，得（舍负）
在上单调递减，在上单调递增，
.……………………………….2分
根据题意的取值范围为.……………………………….4分
（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，
则，
，代入
得.
问题转化为：关于的方程有解，……………………………….6分
设，则函数有零点，
，当时，
.
问题转化为：的最小值小于或等于0.………………………………7分
，
设，则
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.……………………………9分
由知，
故.
设，
则，
故在上单调递增，
当时，，
的最小值等价于.……………………………11分
又函数在上单调递增，
.…………………………12分
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t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，直线的极坐标方程.
（Ⅰ）求和的直角坐标方程；
（Ⅱ），直线与C交于MN两点，求两点的极坐标
【详解】（1）方法一：曲线:由题意得，即，
然后代入，即可得到曲线C的普通方程， ………………3分
备注：若没有扣点，则扣1分
而直线，将代入其极坐标方程即可得其直角坐标方程.
………………2分
方法二：因为，
所以C的普通方程为，直线l的直角坐标方程为：；
方法三：由万能公式：，
令，则有，
由椭圆的常用参数方程可得：，
直线的方程为：.
（2）设，联立得.
解得，点的坐标为，点的坐标为………………6分
所以点的极坐标为，………………8分
点的极径为………………10分
23.已知函数，．
（Ⅰ）求函数的最小值；
（Ⅱ）设，求证：．
【详解】（1）由题设，………………2分
而在、、上均能取到最小值，………………3分
对于在上递减，上为常数，上递增，且连续，
所以的最小值在上取得，即时，最小值为.………………5分
（2）由，仅当取等号，.………………7分
要证，即证，则，
需证，而，即，
所以恒成立，故得证..………………10分
备注：此题可用其它方法证明时间
1
2
3
4
5
销售量（千只）
0.5
0.8
1.0
1.2
1.5
2
5
8