四川省成都市树德中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题

答案第 1 页，共 8 页 成都树德中学高 2023 级高三上期开学考试 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．若命题“ 2R 2 6 0x x ax a    ， ”是假命题，则 a的取值范围是（ ） A．  0 6， B．    ,0 6,  C． 0 6， D．    ,0 6,  2．设集合  2 1 12 1 1 32 xA x B x y x            ∣ ， ∣ ，则 A B （ ） A． 1{ | }3x x  B．{ | 1}x x  C．{ | 3}x x   D．{ | 1 3}x x   3．从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A．至少有一个红球与都是黑球 B．恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球 C．至少有一个黑球与至少有 1 个红球 D．至少有一个黑球与都是黑球 4．在等差数列 na 中， 11 33S  ，则 5 8 9 1 3   a a a （ ） A．5 B．4 C．3 D．2 5．已知 , , ,m n a b 是两条不重合的直线，  ， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若 , / / ,m n     ，则 m n B．若 / /m n m n  ， ， ，则   C．若 / / / / / /m n m n ， ， ，则 / /  D．若 / /a a b     ， ， ，则 / /a b 6．已知函数   π sin 3 ( 0) 3 f x x             的最小正周期为 π，则 ( )f x 在 π π , 12 6       的最小值为（ ） A． 3 2  B． 3 2  C．0 D． 3 2 7．定义在 R上函数满足     1 1 2 f x f x  ，且当  0,1x 时，   1 2 1f x x   .则使得   1 16 f x  在 ,m  上 恒成立的m 的最小值是（ ） A． 7 2 B． 15 4 C． 13 4 D． 9 2 8．如图， 1 2F F， 为双曲线的左右焦点，过 2F 的直线交双曲线于B D， 两点， 3，OD E 为线段的 1DF 中点，若对于线段 1DF 上的任意点 P ，都有 1 1PF PB EF EB   成立，且 1 2BF F△ 内切圆的圆心在直线 2x  上.则双曲线 的离心率是（ ） A． 4 3 B． 3 C． 3 2 D．2 答案第 2 页，共 8 页 二、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，有二个正确选项的，每个选项 3分，有三个正确选项的，每个选项 2分，有选错的得 0分. 9．已知高二（1）（2）（3）班三个班的学生人数之比为 3：3：4.在某次数学考试中，高二（1）班的不及格 率为 10%，高二（2）班的不及格率为 20%，高二（3）班的不及格率为 15%，从三个班随机抽取一名学生. 记事件 A  “该学生本次数学考试不及格”，事件 iB  “该学生在高二（ i ）班”（ 1i  ，2，3），则（ ） A．   0.3iP B  B．   0.15P A  C．A 与 3B 相互独立 D．     1 3 1 2 P B A P B A  10．若 ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足 23 6 sin 0 2 A B b a a     ，则下列结论正确 的是（ ） A．角 C一定为锐角 B． 2 2 23 5 3a b c  C．4 tan tan 0A C  D． tan B 的最大值为 3 4 11．双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于 1694 年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种 类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘 积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线 C（如 图所示）过坐标原点 O，且 C上的点  ,P x y 满足到两个定点  1 ,0F a ，  2 ,0 ( 0)F a a  的距离之积为 4，则 下列结论正确的是（ ） A． 2a  B．点  ,1 ( 0)M x x  在 C上，则 1 2 2MF ∣ ∣ C．点 N在椭圆 2 2 1 6 2 x y   上，若 1 2F N F N ，则 N C D．过 2F 作 x轴的垂线交 C于 A，B两点，则 2AB ∣ ∣ 答案第 3 页，共 8 页 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．已知数列 na 中， 1 2a  ， 1 3 2n na a   ， +nN ，则数列 na 的通项公式为 ． 13．甲、乙、丙等 8 名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排 2 名志愿 者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有 种不 同的分配方案. 14．若函数   3 21 ln 6 2 x a f x x ax x ax      有两个极值点，则a 的取值范围是 ． 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（13 分）．在 ABC 中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，已知 π 2 cos 3 b a C        ． (1)求 A； (2)若 2 3b c ，且 ABC 面积2 3 ， （ⅰ）求a 的值； （ⅱ）求  cos 2B A ． 16（15 分）．已知函数   2 3 1 ln , 2 f x x a x a a   R． (1)当 1a  时，求曲线  y f x 在点   2 2f, 处的切线方程； (2)若  f x 有极小值，且   32 2 a f x a  ，求a 的取值范围． 17（15 分）．已知椭圆 2 2 2 2 : 1( 0) x y E a b a b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ，离心率为 1 2 ，且点 2 3 ( , 2) 3 在 E 上． (1)求椭圆E 的方程； (2)过点  1 0B , 作直线 l 交椭圆E 于 ,M N 两点，且点M 位于 x 轴上方，设点 N 关于 x 轴的对称点为 1N ，求 1BMN△ 面积的最大值． 答案第 4 页，共 8 页 18（17 分）．如图，平面四边形 PBCD 中，点A 是线段PD上一点，AB PD ，且 4PD  ， 2CD  ， =45ADC ， 沿着 AB 将三角形PAB折叠得到四棱锥P ABCD ，折叠后 120PAD  ． (1)求证：平面PAD 平面 ABCD； (2)若 AP AD ，求平面 PCD与平面 ABCD夹角的正切值； (3)若 P，A，C ，D在同一个球面上，设该球面的球心为G ，证明：当球G 的半径最小时，点G 在平面PAD 内． 19（17分）．甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每 局比赛甲赢的概率都是 (0 1)p p  ，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． （1） 1 2 p  时，若两人共进行 5 局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为 X ，求 X 的分布列和数学期望； （2） 2 3 p  时，若两人共进行 *2 1(n n N  且 2)n 局比赛，记事件 kA 表示“在前 2 1n  局比赛中甲赢了 ( 0k k  ，1，2，，2 1)n  局”．事件 B 表示“甲最终获胜”．请写出 2 0 ( | ) n k k P B A    ， 1( | )nP B A  ， ( | )nP B A ， 2 1 1 ( | ) n k k n P B A     的值（直接写出结果即可）； （3）若两人共进行了 *2 1( )n n N  局比赛，甲获胜的概率记为 nP ． 证明： 1 1 2 p  时， 2 1 1n n n nP P P P    ． 答案第 5 页，共 8 页 成都树德中学高 2023 级高三上期开学考试 1．D 2．C 3．B 4．A 5．D 6．A 7．B 8．C 9．BCD 10．BCD 11．ACD 【详解】由题 意， 1 2 4PF PF  ，即 2 2 2 2( ) ( ) 4x a y x a y      ，对于 A，因曲线C 过原点O，将  0,0O 代入，解 得 2a  ，故 A 正确；对于 B，由点  ,1 ( 0)M x x  在C 上，得 2 21 2 ( 2) 1 ( 2) 1 4MF MF x x            ， 化简得 4 26 9 0x x   ，解得 213, ( 3 2) 1 2 2x MF     ，故B 错误； 对于C ，椭圆 2 2 1 6 2 x y   的焦点坐标恰好为  1 2,0F  与  2 2,0F ，则 1 2 2 6F N F N  ， 由 1 2F N F N ，得： 2 2 1 2 16F N F N  ，则     2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 2 F N F N F N F N F N F N       ，N C ，故 C 正确；对于 D，设  2,A y ，则 2AB y ，而 A C ，则 1 4 AF y  ，又根据勾股定理得 2 2 1 16AF y  ，则 2 2 16 16 y y   ，化简得 4 216 16 0y y   ，解得 2 24 5 8, 1 4 5 9 0y y      ，因此 1, 2y AB  ，故 D 正 确；故选：ACD． 12． 11 3nna   13．150 14． 1 ,0 2       【详解】令     2 1 ln 0 2 x f x a x a x     ，则 2 ln 0 2 x x ax a x    ， 即 2 2 2 2 ln 0x x ax a x    ，所以 22 2 ln x x a x x    ，令     22 , 0, ln x x g x x x x       ， 所以将函数  f x 的零点问题转化为  g x 的图象和直线 2y a 的交点问题， 求导得          2 2 1 2 2 ln 2 ln x x x x x x x g x x x                   2 1 2ln 2 ln x x x x x     ， 易得   0h x  恒成立，所以当0 1x  时，    0,g x g x  在  0,1 上单调递减； 当 1x  时，    0,g x g x  在  1,  上单调递增，所以     min 1 1g x g   ，又因为    0, 0x g x x g x    ； ， ，则  g x 的图象如图所示，要使  g x 的图象和直线 2y a 有两个交 点，由图象知 1 2 0a   ，即 1 0 2 a   ，所以a 的取值范围为 1 ,0 2       ． 15．【详解】（1）因为 π 2 cos 3 b a C        ， 所以 π π 2 cos cos sin sin 3 3 b a C C        ，可得： cos 3 sinb a C a C  ， 由正弦定理可得：sin sin cos 3sin sinB A C A C  ，…………………………………………………..2 分 答案第 6 页，共 8 页 可得：分  sin sin cos cos sin sin cos 3 sin sinA C A C A C A C A C     ， 因为  0,πC ，所以sin 0C  ，所以cos 3sinA A ，即 3 tan 3 A  ， 因为  0,πA ，所以 π 6 A  …………………………………………………………………………………..5 分 （2）（ⅰ）因为 2 3b c ，且 1 sin 2 3 2 ABCS bc A  ，解得： 2c  ， 4 3b  ， 由余弦定理可得： 2 2 2 3 2 cos 48 4 2 4 3 2 28 2 a b c bc A          ，解得： 2 7a  ；………..9 分 （ⅱ）由余弦定理可得 2 2 2 28 4 48 2 7 cos 2 72 2 7 2 a c b B ac           ， 所以 21 sin 7 B  ， 2 1cos 2 2cos 1 7 B B   ， 4 3 sin 2 2sin cos 7 B B B   ， 所以   1 3 4 3 1 3 3 cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 7 2 7 2 14 B A B A B A         .……………………………..13 分 16．【详解】（1）因为 1a  ，所以   2 1 ln 1 2 f x x x   ，求导得   1 f x x x    ，所以   1 3 2 2 2 2 f    ， 又因为  2 3 ln2f   ，故曲线  y f x 在点   2, 2f 处的切线方程为 3 ln2 2 y x  ．…………………..4 分 （2）由函数   2 3 1 ln , 2 f x x a x a a   R可知， 0x  .求导得：   2a x a f x x x x     ， 当 0a  时，因为 0x  ，所以   0f x  ，此时  y f x 为单调递增函数，没有极小值，不符；..……6 分 当 0a  时，     x a x aa f x x x x      ， 因为 0x  ，所以当  0,x a 时，   0f x  ，当  ,x a   时，   0f x  ， 所以函数  f x 有极小值为   3 31 1ln ln 2 2 2 a f a a a a a a a a      ． 所以   32 2 a f a a  ，即 3 ln 0 2 a a a a   ，因为 0a  ，所以 22 ln 2 0a a   ． ..……………………10 分 设   22 ln 2h a a a   ，则   1 4 0h a a a    ，所以   22 ln 2h a a a   在  0,  上单调递增， 又  1 0h  ，所以 22 ln 2 0a a   的解集为  0,1 ，即a 的取值范围是  0,1 ．..……………………………15 分 17．【详解】（1）由椭圆E 的离心率为 1 2 ，得 2 2 1 2 a b a   ，即 2 24 3 a b ，由点 2 3 ( , 2) 3 在 E 上， 得 2 2 4 2 1 3a b   ，解得 2 24, 3a b  ，所以椭圆E 的方程为 2 2 1 4 3 x y   .……………………………………5 分 （2）依题意，直线 l 不垂直于坐标轴，设直线 l 方程为 1x ty  ， 0t  ， 答案第 7 页，共 8 页 设点 2 2 21 1( , ), ( ), 0,N y M y yx x  ，则 1 1 1( , )N x y ， 1 1| | 2NN y  ， 由 2 2 1 3 4 12 x ty x y      消去 x 得 2 2(4 3 ) 6 9 0t y ty    ，  236 4 4 0t    ， 1 2 1 22 2 6 9 , 4 3 4 3 t y y y y t t        ，……………………………………………………7 分 所以 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 | | | || | | ||1 | 2 2 BMN MNN BNNS S S NN x x NN x      1 2 1 2 1 2 y x  1 2 1 2 1 ( 2 ) | 1| | 1 1| 2 y x y ty       2 21 9 9 | | 3 3 4 3 4 | 4 3 | | | | | t t t y y t t       ，…………………12 分 当且仅当 23 4t  ，即 2 | | 3 t  时取等号，所以 1BMN△ 面积的最大值为 3 3 4 .………………………………15 分 18．【详解】（1）在四边形PBCD 中，因为 AB PD ，所以折叠后有 AB PA ， AB AD ． 又PA AD A  ， AD 平面PAD ，PA平面PAD ，所以 AB 平面PAD ． 又 AB 平面 ABCD，所以平面PAD 平面 ABCD．………………4 分 （2）由题意 2AD AP  ，又 120PAD  ，故 30PDA  ， 过点A 作 AE AD 交PD于 E ，则 2 3 3 AE  ，连接 AC ， EC ， 因为平面PAD 平面 ABCD，面PAD 面 ABCD AD ， AE 平面PAD ， 且 AE AD ，所以 AE 平面 ABCD． 因为CD 平面 ABCD，所以 AE CD ，同理 AE AC ， 因为 2AD  ， 2CD  ， =45ADC ，所以由余弦定理得 2 2 2 cos 2CA AD CD AD CD ADC     ， 所以CD CA ，因为CA AE A ，CA平面 AEC ， AE 平面 AEC ，所以CD 平面 AEC ． 因为EC 平面 AEC ，所以CD EC ，所以 ECA 为二面角P CD A  的平面角．所以在Rt EAC△ 中， 2 3 63tan 32 AE ECA CA     ，所以平面PCD与平面 ABCD夹角的正切值为 6 3 ．………………10 分 （3）由（1）知平面PAD 平面 ABCD， 设 PAD△ 和 ACD的外心分别M 和F ，因为 P、A 、C 、D均在以G 为球心的球面上， 则球心为过点M 和 N 且分别垂直于平面PAD 、平面 ACD的两直线的交点G ， 过点 N 作 NH AD 于H ，连接MH ，设PG R ，显然四边形GNHM 为矩形， 所以 2 2 2 2 2 2GM PG PM NH DN DH     ． 在 PAD△ 中，设 AP t （0 3t  ），由 120PAD  及余弦定理得 2 4 16PD t t   ， 答案第 8 页，共 8 页 再由正弦定理得 PAD△ 的外接圆半径 2 1 4 16 2sin120 3 PD t t r PM       ．……………………………12 分 在 ACD中， 4AD t  ， 2CD  ， =45ADC ，由余弦定理得 2 6 10AC t t   ， 再由正弦定理得 ACD的外接圆半径 2 2 6 10 2sin 45 2 AC t t r DN       ．……………………………14 分 所以 2 2 2 2 1 2 2 AD R r r         ，即 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 16 6 10 8 16 2 3 2 4 AD t t t t t t R r r                 ， 所以   2 22 7 28 76 7 2 4 12 12 t t R t       ，故当 2t  时，球G 的半径最小， 此时点G 与点M 重合，所以点G 在平面PAD 内．………………………………………………………17 分 19．【详解】（1） X 的可能取值为 1，3，5， 2 2 35 1 1 5 ( 1) ( ) ( ) 2 2 2 8 P X C      ， 1 1 4 5 1 1 5 ( 3) ( ) ( ) 2 2 2 16 P X C      ， 5 1 1 ( 5) ( ) 2 2 16 P X     ， X 的分布列为： ， 5 5 1 15 ( ) 1 3 5 8 16 16 8 E X        ；………………………………………4 分 （2） 2 2 1 1 0 1 4 8 ( | ) 0, ( | ) , ( | ) , ( | ) 1 9 9 n n k n n k k k n P B A P B A P B A P B A            ；……………………………………………………8 分 （3）证明：由全概率公式得： 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1(1 ) (1 ) [1 (1 ) ] [ (1 ) ] n n n n n n n n n n n n n nP C p p p C p p p P C p p                   1 1 2 1 2 2 1 2 1(1 ) (1 ) (1 ) n n n n n n n n nP C p p p C p p p             1 1 2 1 2 1(1 ) (1 ) n n n n n n n n nP C p p C p p         2 1 (1 ) (2 1) n n n n nP C p p p    ， 所以 1 2 1 (1 ) (2 1) n n n n n nP P C p p p     ，当 1 1 2 p  时， 1 0n nP P   ，……………………………………………………12 分 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 (2 1)! (1 ) (1 ) (2 1) (1 ) ( 1)! ! (2 1)!(1 ) (2 1) !( 1)! n n n n n n n n n n n n n n n n n p p P P C p p p C p p n n nP P C p p p C n n                          2(2 1)2 4 2 (1 )(1 ) (1 ) 4 (1 ) 4[ ] 1 ( 1) 1 2 n n n p p p p p p p p n n n               ， 因为 1 0n nP P   ，所以 2 1 1n n n nP P P P     ，即 2 12n n nP P P   ．……………………………………………………17 分 X 1 3 5 P 5 8 5 16 1 16