精品解析：四川天府新区实外高级中学2024-2025学年高三上学期入学考试数学试卷

四川川天府新区实外高级中学高2022级入学考试 数学试卷 命题：郭明 （时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题（单选题）：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用子集的概念求解. 【详解】集合，集合， 若，又，所以，解得 故选：B 2. 过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（ ） A. x-2y-1=0 B. x-2y+1=0 C. 2x+y-2=0 D. x+2y-1=0 【答案】A 【解析】 【分析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果. 【详解】设与直线平行的直线方程为， 将点代入直线方程可得，解得． 则所求直线方程为．故A正确． 【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题．两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以与直线平行的直线方程可设为． 3. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由可得：， 所以， 因此. 故选：B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力. 4. 故宫的角楼是中国古建筑艺术的巅峰之作，它被誉为故宫最美的建筑，角楼的建造者也将中国古代的阴阳观和吉数的思想融入在角楼的设计之中.中国古代常把奇数称为“阳数”，偶数称为“阴数”，9的整数倍称为“吉数”.若从1，3，5，7，9这五个阳数，2，4，6，8这四个阴数中各取一个数组成两位数，则这个两位数恰好是“吉数”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意知，符合题意的“吉数”的组合有：，结合古典概型的概率公式计算即可求解. 【详解】由题意知，从5个阳数中和4个阴数中各取一个数组成的“吉数”的组合有：， 所以取到的两位数为“吉数”的概率为. 故选：A 5. 已知，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】、选项代入特殊值、即可，选项求展开式中项的系数，选项先求导，再代入特殊值即可. 【详解】令，有，故正确； 是项的系数，，故正确； 令，有，所以，故正确； 对原等式两边同时求导，有， 令，有，故错误. 故选：. 6. 函数在处有极值10，则点为（ ） A. B. C. 或 D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，解出值再分别验证即可. 【详解】，则，即， 解得或， 当时，，此时在定义域上为增函数，无极值，舍去. 当,，令，解得或， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 则为极小值点，符合题意. 故点为， 故选：B 7. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点、，与直线交于点，若且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，可得，可求，进而可得，求解即可． 【详解】设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，， 则．根据抛物线定义知，， 又若，且， 因为，设， 则，，又，解得，， 所以， 因为， 所以，，解得． 故选:C 8. 古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出和，然后参变分离求出的范围. 【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 故， 所以. 由，得， 整理得对任意，且恒成立. 又，当且仅当，即时等号成立， 所以，即实数的取值范围是, 故选:C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分. 9. 若正实数满足，则下列说法正确的是（　　） A. 的最小值为8 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，结合基本不等式及性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意知，正实数满足， 对于A中，由， 当且仅当时，即时，等号成立，所以A正确； 对于B中，由，可得，所以， 当且仅当时，即时，等号成立，即的最大值为，所以B错误； 对于C中，由， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以C正确； 对于D中，由， 当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为，所以D正确. 故选：ACD. 10. （多选）某个班级共有学生40人，其中有团员15人．全班共分成4个小组，第一小组有学生10人，其中团员x人，如果要在班内选一人当学生代表，在已知该代表是团员的条件下，这个代表恰好在第一小组内的概率是，则x不可能的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件概率公式即可得到方程，解出即可. 【详解】设在班内任选一个学生，该学生属于第一小组，在班内任选一个学生，该学生是团员． 则由已知，， 所以，所以，故C正确． 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有极小值 B. 函数在处切线的斜率为4 C. 当时，恰有三个实根 D. 若时，，则的最小值为2 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，利用导数判断的单调性和极值，结合图象判断ACD，利用导数的几何意义判断B. 【详解】由题意可得：， 令，解得；令，解得或； 则在上单调递减，在上单调递增， 可知的极大值为，极小值为， 且当x趋近于，趋近于，当x趋近于，趋近于， 可得的图象如下： 对于选项A：可知的极小值为，故A正确； 对于选项B：因为，所以函数在处切线的斜率为，故B错误； 对于选项C：对于方程根的个数，等价于函数与的交点个数， 由图象可知：时，恰有三个实根，故C错误； 对于选项D：若时，，则， 所以的最小值为2，故D正确； 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若命题：“，使”是假命题，则实数m的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据特称命题的否定，结合二次函数的性质，可得答案. 【详解】由题意可知：命题：，.是真命题， ①当时，结论显然成立； ②当时，则，解得； 故答案为：. 13. 在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】连接MD，取MD中点E，连接EN，CE，所以，所以直线和夹角即为，分别求得各个长度，结合余弦定理，即可求得答案. 【详解】连接MD，取MD中点E，连接EN，CE， 因为ABCD为正四面体，且棱长为1，分别为的中点， 所以， 因为E，N分别为MD，AD中点， 所以，且， 所以直线和夹角即为， 在中，， 所以在中，， 所以直线和夹角的余弦值为. 故答案为： 14. 已知，，，则下列结论中正确的是______________. ①当时，； ②当时，有1个元素； ③若有2个元素，则； ④若有4个元素，则无整数解； 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据直线和圆的位置关系、并集、交集的知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】①当时， ， 由令，解得， 由令，解得， 画出对应点集如下图所示，所以， 所以①正确. ②当时， ， 画出对应点集如下图所示， 圆的圆心为，半径为， 直线，即， 到的距离为， 所以圆与直线相切， 所以有个元素，所以②正确. 对于③，当时， ， 画出对应点集如下图所示， 半圆的圆心为，半径为， 到直线的距离为， 此时有个元素，所以③错误. 对于④，若， 则 ， 此时直线与圆至多有个公共点，不符合题意. 若，则由③的分析可知有个元素， 综上所述，若有4个元素，则无整数解,所以④正确； 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，． （1）求与的通项公式； （2）设，求数列的前项和； 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）借助等差数列与等比数列基本量结合题意计算即可得； （2）借助分组求和法结合等比数列求和公式与裂项相消法求和计算即可得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由，得，又，， ，； 【小问2详解】 由得：， ． 16. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点． （1）求证：MN平面PAD； （2）在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 如图，取PB中点E，连接ME，NE． ∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD， ∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD． 又∵，∴平面PAD平面MNE． ∵平面MNE，∴MN平面PAD． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明； （2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直． 依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，PC中点，∴，． 设平面DMN的法向量，则，即， 取x＝1，得y＝1，z＝－1，． 若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则． 设直线NQ与平面DMN所成的角为，则， 解得t＝1或t＝－3． 已知0≤t≤4，则t＝1，∴． DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，． 故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且． 17. 自古以来，杭州就被称为“人间天堂”，无数文人墨客在此毫不吝啬地为之挥洒笔墨，留下千古诗篇名句，在宋代柳永的诗中这样描写到“东南形胜，三吴都会，钱塘自古繁华”，就连马可·波罗都称之为“世界上最美丽华贵之天城”．第19届亚运会将在被称为“人间天堂”的杭州举办，组委会计划采用志愿服务知识问答和技能考核的形式，从报名者中择优选取一部分成为正式的亚运会志愿者、 （1）已知报名者组人数之比为，将这3组报名者混在一起进行亚运会志愿服务知识问答，假设组中的每一个人答对某道题的概率分别为，从中任选一人，求此人答对该题的概率； （2）从4名女性报名者和3名男性报名者中随机选出3名进行亚运会服务技能考核，记为其中女性的人数，求的数学期望． 【答案】（1）0.915； （2）． 【解析】 【分析】（1）由题意，记事件“任选一人答对”，“答题人来自第组”，结合全概率公式即可求解. （2）先得到的所有取值，求出相应的概率，代入期望公式即可求解. 【小问1详解】 设事件“任选一人答对”，“答题人来自第组”， 则样本空间，且两两互斥， 根据题意得 ， ， 由全概率公式得， 所以任选一人，此人答对该题的概率为0.915． 【小问2详解】 由题可知，的可能取值为， 由题意得， ， ， ， 故的数学期望． 18. 已知椭圆的短轴长为，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）若分别是椭圆的左､右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，求的面积的最大值． 【答案】（1）；（2）3． 【解析】 【分析】 （1）由题意, 列出方程组，求得，即可得到椭圆的标准方程； （2）设，设直线的方程为，根据根与系数的关系，求得 ，结合三角形的面积公式，得到，利用换元法，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）由题意, 椭圆的短轴长为，离心率． 可得 ，解得，故椭圆的标准方程为. （2）设， 因为直线的斜率不为零，可设直线的方程为， 由，得， 所以， 又因直线与椭圆交于不同的两点，故，即， 则， 令，则， 则． 令，由函数的性质可知，函数在上是单调递增函数， 即当时，在上单调递增，因此有，所以， 即当时，最大， 故当直线的方程为时，面积的最大值为3． 【点睛】求解圆锥曲线的最值问题的解答策略： 1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解； 2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 19. 设函数 （1）分析的单调性和极值； （2）设，若对任意的，都有成立，求实数m的取值范围； （3）若，且满足时，证明：. 【答案】（1）在单调递减，在单调递增，的极小值为，无极大值. （2） （3） 记，则， 记，，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以函数在单调递减， 则为，注意到，不妨， 要证，只需证，即证：， 即证：，即证：， 记， 则，记， 则，所以在单调递增，所以， 即，所以在单调递减，所以， 所以，所以，得证. 【解析】 【分析】（1）求导研究函数单调性，求出极值； （2）构造函数，求导后注意到，进而得到，，再验证充分性； （3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式. 【小问1详解】 函数，则， 令，解得：，且当时，，时，， 因此：在单调递减，在单调递增， 故的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 对任意的，都有成立， 即对任意的，恒成立， 令，则， 注意到：，若要，必须要求，即，亦即， 另一方面：当时，因为单调递增， 则当时，恒成立， 所以在时单调递增，故；故实数的取值范围为：； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川川天府新区实外高级中学高2022级入学考试 数学试卷 命题：郭明 （时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题（单选题）：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（ ） A. x-2y-1=0 B. x-2y+1=0 C. 2x+y-2=0 D. x+2y-1=0 3. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 4. 故宫的角楼是中国古建筑艺术的巅峰之作，它被誉为故宫最美的建筑，角楼的建造者也将中国古代的阴阳观和吉数的思想融入在角楼的设计之中.中国古代常把奇数称为“阳数”，偶数称为“阴数”，9的整数倍称为“吉数”.若从1，3，5，7，9这五个阳数，2，4，6，8这四个阴数中各取一个数组成两位数，则这个两位数恰好是“吉数”的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 6. 函数在处有极值10，则点为（ ） A. B. C. 或 D. 不存在 7. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点、，与直线交于点，若且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分. 9. 若正实数满足，则下列说法正确的是（　　） A. 的最小值为8 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 10. （多选）某个班级共有学生40人，其中有团员15人．全班共分成4个小组，第一小组有学生10人，其中团员x人，如果要在班内选一人当学生代表，在已知该代表是团员的条件下，这个代表恰好在第一小组内的概率是，则x不可能的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有极小值 B. 函数在处切线的斜率为4 C. 当时，恰有三个实根 D. 若时，，则的最小值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若命题：“，使”是假命题，则实数m的取值范围为______． 13. 在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为__________. 14. 已知，，，则下列结论中正确的是______________. ①当时，； ②当时，有1个元素； ③若有2个元素，则； ④若有4个元素，则无整数解； 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，． （1）求与的通项公式； （2）设，求数列的前项和； 16. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点． （1）求证：MN平面PAD； （2）在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17. 自古以来，杭州就被称为“人间天堂”，无数文人墨客在此毫不吝啬地为之挥洒笔墨，留下千古诗篇名句，在宋代柳永的诗中这样描写到“东南形胜，三吴都会，钱塘自古繁华”，就连马可·波罗都称之为“世界上最美丽华贵之天城”．第19届亚运会将在被称为“人间天堂”的杭州举办，组委会计划采用志愿服务知识问答和技能考核的形式，从报名者中择优选取一部分成为正式的亚运会志愿者、 （1）已知报名者组人数之比为，将这3组报名者混在一起进行亚运会志愿服务知识问答，假设组中的每一个人答对某道题的概率分别为，从中任选一人，求此人答对该题的概率； （2）从4名女性报名者和3名男性报名者中随机选出3名进行亚运会服务技能考核，记为其中女性的人数，求的数学期望． 18. 已知椭圆的短轴长为，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）若分别是椭圆的左､右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，求的面积的最大值． 19. 设函数 （1）分析的单调性和极值； （2）设，若对任意的，都有成立，求实数m的取值范围； （3）若，且满足时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $