四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期文科数学11月9日定时练习

成都石室中学高2024届11月9日定时练习 姓名 学号 1．若命题“”为真命题，则的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 2．已知：指数函数是增函数，，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 4．若数列为等差数列，且，则（    ） A． B． C． D． 5．设的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值为（    ） A．4 B．2 C．1 D． 6．已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 7．给出下列命题，其中假命题是（    ） A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形 B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直 C．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 8．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120种 B．240种 C．360种 D．720种 9．已知点是的外接圆圆心，，且，则（    ） A． B．5 C． D． 10．已知点在圆上，点，则当最小时，（    ） A． B． C． D．4 11．已知分别为双曲线的左、右焦点，点在上，，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 12．已知函数，定义域为，在其定义域中任取（其中）都满足，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 13．的展开式中含项的系数为 . 14．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 . 15．已知函数 ，若存在三个互不相等的实数，使得，则实数a的取值范围是 16．已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是 参考答案： 1．A 【分析】由根的判别式得到不等式，求出答案. 【详解】由题意得，解得.故选：A 2．A 【分析】由指数函数是增函数得，根据与推出关系判断. 【详解】由指数函数是增函数得，故， 由可以推出，但由不可以推出，故是的充分不必要条件.故选：A. 3．C 【分析】确定，计算得到答案. 【详解】，则. 故选：C. 4．C 【分析】根据等差数列的概念及通项公式求得公差，从而可得，再利用诱导公式即可化简，从而得解. 【详解】由题意得，数列为等差数列，且， 则， ，故选：C． 5．D 【分析】先利用余弦定理得到，再利用三角函数的平方关系求得关于的表达式，从而利用三角形面积公式，结合基本不等式即可得解. 【详解】因为，，则， 所以由余弦定理，得， 整理可得，即， 又，则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，所以的面积的最大值为.故选：D． 6．A 【分析】根据三点共线可得递推关系式，构造出等比数列，由等比数列通项公式可推导求得结果. 【详解】由得：， 三点共线，，即， ，又， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ，则.故选：A. 7．A 【分析】根据棱柱的结构特征、概念，即可判断A、B项；举例即可说明C、D项. 【详解】对于A项，根据棱柱的定义可得，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，但是不一定全等，故A项错误； 对于B项，如图1，，，. 因为，，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. 同理可得，平面平面，平面平面，故B项正确； 对于C项，如图2，平面平面，平面平面， 平面平面，所以，平面. 又易知，所以平面，故C项正确； 对于D项，如图3，长方体中，三棱锥的四个面均为直角三角形，故D项正确. 故选：A. 8．A 【分析】应用“隔板法”即可求解. 【详解】先在编2号,3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球， 三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙， 插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，共有（种）方法．故选:A. 9．D 【分析】由题意，两边同时平方可得，同理求出，由可得，再由正弦定理求出外接圆的半径，转化条件为即可得解. 【详解】由题意可得：，且， 两边同时平方可得， 设可得， 则，所以， 由可得：， 两边同时平方可得， 则，所以， 因为，故为锐角， 故，所以，得， 在由正弦定理可得：，解得：， .故选：D. 10．B 【分析】求出过的直线方程，再求出圆心到直线的距离，可判断直线与圆相离，故当过的直线与圆相切时，满足最小求出圆心与点间的距离，再由勾