四川天府新区实外高级中学2023-2024学年高三上学期入学考试数学试卷

四川天府新区实外高级中学2023-2024学年高三上学期入学考试数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷总分：150分） 一、单选题（本大题共8小题，共40分） 1．已知集合，，若，则实数的取值组成的集合是（    ） A． B． C． D． 2．若直线与平行，则间的距离是（   ） A． B． C．4 D．2 3．已知等比数列满足，则公比（    ） A． B． C． D． 4．某人射击7枪，击中5枪，问击中和未击中的不同顺序情况有（    ）种. A．21 B．20 C．19 D．16 5．在的展开式中，下面关于各项的描述不正确的是（    ） A．常数项为240 B．含的项的二项式系数为15 C．各项的二项式系数和为64 D．第四项为60 6．若函数的极小值为-1，则函数的极大值为 A．3 B．-1 C． D．2 7．如果抛物线上一点到准线的距离是6，那么 A． B． C． D． 8．数列是首项和公比均为2的等比数列，为数列的前项和，则使不等式成立的最小正整数的值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 二、多选题（本大题共3小题，共18分） 9．已知，下列命题中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则的最小值为 C．是的必要不充分条件 D．若，则 10．若、分别为随机事件、的对立事件，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．若，则 11．对于函数，下列说法正确的是（    ） A．恰有一个极值点 B．有最小值但没有最大值 C．直线与曲线的公共点个数最多为4 D．经过点只可作的一条切线 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．命题“存在，使得”的否定是 ． 13．设的三个内角所对边分别为，若，则面积为 . 14．已实数满足，则的取值范围是 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15．已知数列满足，其中为常数，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，记数列的前n项和为，证明：. 16．如图，在平行四边形中，，，为线段的中线，将沿直线翻折成，使平面⊥平面，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值． 17．一个随机变量的概率分布为：，其中A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角. (1)求A的值； (2)若，求数学期望的取值范围. 18．已知椭圆上有一个顶点到两个焦点之间的距离分别为，． （1）求椭圆的方程； （2）如果直线与椭圆相交于，若，证明直线与直线的交点必在一条确定的双曲线上； （3）过点作直线（与轴不垂直）与椭圆交于两点，与轴交于点，若，，证明：为定值． 19．已知定义在上的函数的表达式为，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列（）. (1)求函数在区间上的值域； (2)求证：函数在区间（）上有且仅有一个零点； 第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B A D A C B BD BD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】集合，根据，分和两种情况讨论即可得答案. 【详解】解：集合，， 当，即时，显然满足条件； 当时，， 因为，所以或，即或，解得或； 综上，实数的取值组成的集合是. 故选：D. 2．C 【分析】根据直线平行的判定列方程求得，再应用平行线的距离公式求距离即可. 【详解】由题设，则，可得或， 时，，，满足题设； 时，，，显然重合，不满足； 所以，此时，，它们距离为. 故选：C 3．B 【分析】由即可求出． 【详解】，即，解得． 故选：B． 4．A 【分析】转化为7个位置，选2个放未击中，另5个放击中，由此可得结论． 【详解】射击7枪，击中5枪，则击中和未击中的不同顺序情况共有种. 故选：A． 5．D 【分析】根据二项展开式的通项公式逐个选项分析即可. 【详解】由题可知二项展开式的通项为. 对A，当，即时取得常数项，故A正确； 对B，当，即时取得的项，其二项式系数为，故B正确； 对C，二项式系数和为，故C正确； 对D，第四项为，故D错误. 故选：D 6．A 【详解】分析：求出导函数，确定极小值点和极大值点，由极小值确定，再求得极大值． 详解：，显然当时，，当时，，∴是极大值点，1是极小值点，于是有，， 从而，即极大值为3． 故选A． 7．C 【分析】根据焦半径公式，结合点坐标，即可求得，由点在抛物线上，则点的坐标满足抛物线方程，代值即可求得参数. 【详解】因为点在抛物线上，故可得， 又抛物线的准线方程为， 由题意得，解得. ∵点在抛物线上， ∴，∴， 故选：C. 8．B 【分析】根据等比数列得，利用裂项求和可得，结合不等式的性质代入求解即可得答案. 【详解】因为数列是首项和公比均为2的等比数列，所以，则， 所以，则， 不等式整理得， 当时，左边，右边，显然不满足不等式； 当时，左边，右边，显然满足不等式； 且当时，左边，右边，则不等式恒成立； 故当不等式成立时的最小值为9. 故选：B. 9．BD 【分析】对于A，当时即可判断；对于B，利用，再结合基本不等式即可判断；对于C，根据充要条件的定义结合基本不等式即可判断；对于D，利用基本不等式，结合对数的运算性质即可判断. 【详解】对于选项A，当时，故A不正确； 对于选项B，，当且仅当，即时，等号成立，故B正确； 对于选项C，，时，有，，此时充分性成立；反之，当时，满足，但是，因此必要性不成立，故C不正确； 对于选项D，且，，，故D正确. 故选：BD． 10．BD 【分析】利用条件概率公式逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，因为， 但与不一定相等，故不一定等于，A错； 对于B选项，因为，， 所以，，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，因为，所以，， 所以，事件、独立，故，D对. 故选：BD. 11．ACD 【分析】由导数得出单调性进而判断AB；由单调性得出图像，结合直线过定点判断C；由导数的几何意义判断D. 【详解】对于A，的定义域为，， 当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 故是唯一的极值点，故A正确； 对于B，函数在上的最小值为， 又因为当时，且，当且时，， 当且时，， 所以既无最小值也无最大值，故B错误； 对于C，由B选项作出函数的大致图象如图所示， 直线恒过点， 当足够大时， 直线与曲线有2个交点， 直线与曲线有2个交点， 则直线与曲线的公共点个数最多为4，故C正确； 对于D，易知点不在的图象上，设切点为， 则，解得， 则经过点只可作曲线的一条切线，故D正确. 故选：ACD. 12．对于，都有 【分析】特称命题的否定是全称命题，改量词，否结论. 【详解】对于，都有. 故答案为：对于，都有. 13． 【分析】利用正弦定理角化边可得,再根据正弦定理角化边再利用余弦定理求解得,进而求得再利用三角形面积公式求解即可. 【详解】由正弦定理,即. 又由正弦定理,即, 整理得.由余弦定理可得. 故.所以面积为. 故答案为： 14． 【分析】确定动点的几何意义，利用直线现圆的位置关系分段讨论，结合几何意义求解即得. 【详解】显然点在圆及内部，直线，直线， 由，得直线与圆相离，且， 由，解得或，即直线与圆交于点， ①当时，即点在直线与圆所围成的小弓形及内部， ， 目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系， 画出直线，平移直线分别到直线， 当过点时，取得最大值，最小， 当过点时，取得最小值，最大， 因此，，从而； ②当时，即点在直线与圆所围成的大弓形及内部（不含直线上的点）， ， 目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系， 画出直线，显直线，平移直线分别到直线，直线与圆分别相切于点， 当过点时，取得最大值，最小，因此， 当过点时，取得最小值，最大，因此， 从而， 所以的取值范围是. 故答案为：    15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用换元构造新数列，结合等差数列的定义，根据题意，求得公差，写出通项，可得答案； （2）由题意，整理数列的通项公式，利用裂项相消，结合反比例函数的性质，可得答案. 【详解】（1）由已知，令，可知数列是公差为的等差数列 ，，，即， 所以，即，解得， 所以数列的通项公式为. （2）， 所以， 由于，，，所以. 16．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）取中点，连结，，由中位线、平行四边形的性质可得，，再由线面、面面平行的判定可得平面平面，最后由面面平行的性质即可证结论； （2）连结、、，，由题设可构建以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角. 【详解】（1）证明：取中点，连结，， 在平行四边形中，，， 为线段的中点，将△沿在直线翻折成△，使平面平面， ，， 由，面，则平面，平面， 又，平面， 平面平面，而面， 平面． （2）解：取中点，连结、、，， 设，则四边形是边长为2的菱形且，， 由为的中点且△为等腰三角形，则， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，1，，，，， ，，，平面的法向量，0，， 设直线与平面所成角为，则， ，即直线与平面所成角的大小为． 所以直线与平面所成角的余弦值为. 17．(1) (2) 【分析】(1)根据概率分布的概率性质计算即可; (2)把转化为三角函数,根据角的范围确定三角函数的值域可解. 【详解】（1）由已知可知: ,, 又因为为锐角, ,所以,即得. （2）因为 所以 又因为是锐角三角形,且,所以 , 所以 18．（1）   （2）证明见解析  （3）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义，得到关于的方程组，解得，再由即可求得椭圆的标准方程。 （2）设A、B、K的坐标，将A点带入椭圆方程，表示出直线CA、DB的方程，求得交点K所在的方程即可。 （3）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理及，求出的值即可证明结论。 【详解】（1）由已知 解方程组得 所以椭圆方程为 （2）证明：依题意可设，且有 又 ，将代入即得 化简得 所以直线与直线的交点必在双曲线上 （3）证明：依题意，直线的斜率存在，故可设直线的方程为 设，则两点坐标满足方程组 消去并整理，得， 所以  ①   ② 因为，所以 即 所以 ，又与轴不垂直，所以， 所以 ，同理 所以 将①②代入上式可得 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求得，得到函数在区间上是严格增函数，进而求得函数的值域； （2）由，分类讨论求得函数单调性，得出，结合零点存在定理，即求解. 【详解】（1）由函数，可得， 当时，，即函数在区间上是严格增函数， 且，， 所以在区间上的值域为. （2）由， ①当是偶数时，，函数在区间上是严格增函数； ②当是奇数时，，函数在区间上是严格减函数； 且，故， 所以由零点存在定理可知， 函数在区间上有且仅有一个零点. 答案第12页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $$