四川省达州外国语学校2024届高三上学期入学考试理科数学试题

达州外国语学校高三上学期入学考试理科数学试题

注意事项：

1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷无效.

一、单选题

1．已知集合， ，则（    ）

A． B．

C． D．

2．为支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当减免，现调查了当地家中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下面结论正确的是（    ）

A．的值为

B．样本的中位数大于万元

C．估计中小企业年收入平均数超过万元

D．样本在区间内的频数为

3．已知复数，，则“”是“为纯虚数”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．已知t=1，执行如图所示的程序框图，则输出的值为（    ）

A．3 B．

C． D．4

5．一个几何体的三视图如图，则其外接球的体积为（    ）

A． B．

C． D．

6．数列中，，，，，则（    ）

A．0 B．1 C． D．

7．已知A、B、C三点共线（该直线不过原点O），且，则的最小值为（    ）

A．10 B．9 C．8 D．4

8．七人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙､丙两人必须相邻，则排法共有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

9．为测量两塔塔尖之间的距离，某同学建立了如图所示的几何模型.若平面，平面，，，，，，则塔尖之间的距离为（    ）

A． B． 

C． D．

10．过双曲线的焦点作以焦点为圆心的圆的一条切线，切点为，的面积为，其中为半焦距，线段恰好被双曲线的一条渐近线平分，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．或

11．已知在函数（且，，）的图像上，直线是函数图像的一条对称轴.若在区间上单调，则（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数，则a，b，c，d的大小顺序为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知圆，则过点作圆的切线的方程为           .

14．若变量，满足，则的最小值为           .

15．已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为           .

16．已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的可能取值为           .

三、解答题

17.在中，角所对的边分别为，且

（1）求角的大小；

（2）若，求的值．

18.成都作为常住人口超万的超大城市，注册青年志愿者人数超万，志愿服务时长超万小时.年月，成都个市级部门联合启动了年成都市青年志愿服务项目大赛，项目大赛申报期间，共收到个主体的个志愿服务项目，覆盖文明实践､社区治理与邻里守望､环境保护等大领域.已知某领域共有支志愿队伍申报，主管部门组织专家对志愿者申报队伍进行评审打分，并将专家评分（单位：分）分成组：，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求图中的值；

(2)从评分不低于分的队伍中随机选取支队伍，该支队伍中评分不低于分的队伍数为，求随机变量的分布列和期望.

19．如图，在长方形中，，为的中点，将沿折起，使得.

（1）求证：平面平面；

（2）若点满足，

求二面角的余弦值.

20．已知抛物线的焦点为.且与圆上点的距离的最小值为.

（1）求抛物线的方程；

（2）若点在圆上，，是的两条切线.，是切点，求面积的最大值.

21．已知函数，.

（1）若存在单调递增区间，求的取值范围；

（2）若，与为的两个不同极值点，证明：.

22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），将曲线上的点按坐标变换得到曲线，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系.设点的极坐标为.

（1）求曲线的普通方程；

（2）若过点且倾斜角为的直线与曲线交于，两点，求的值.

23. 已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）设的最小为m，若正实数a，b，c满足，求的最小值．

参考答案：

1．C

【分析】分别解不等式得到集合A，B，然后利用集合的交集求解即可.

【详解】

或

故选：C

【点睛】易错点睛：本题考查集合的运算，涉及对数不等式，一元二次不等式，解题时一定注意集合B中元素为整数，属于易错题，简单题.

2．D

【分析】对于A，利用频率之和为1可求得； 对于B，找从左到右频率和等于0.5对应的数；对于C，平均数等于每个小长方形的中点乘以对应的长方形面积之和；对于D，频数等于频率乘以总数.

【详解】对于A，由题意知，，解得，故A错误；

对于B，，，可知中位数位于内，故B错误；

对于C，样本的平均数，故C错误；

对于D，样本在内的频率为，故频数为，故D正确；

故选：D

【点睛】结论点睛：本题考查频率分布直方图知识，利用频率分布直方图计算：

平均数：频率分布直方图中每个小长方形的中点乘以对应的长方形面积之和；

中位数：频率分布直方图中从左往右面积之和等于0.5对应的那个数；

众数：频率分布直方图最高长方形的中点.

3．A

【分析】根据纯虚数的定义求出的值，再由充分条件和必要条件的定义即可求解.

【详解】若复数为纯虚数，

则，解得：或，

所以由可得出为纯虚数，

但由为纯虚数，得不出，

所以“”是“为纯虚数”的充分不必要条件，

故选：A.

4．A

【分析】先计算定积分得，再根据程序框图可得，进而分母有理化求和即可得答案.

【详解】因为,

所以执行框图可得

.

故选：A

【点睛】本题考查程序框图，定积分，数列求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据程序框图得，进而根据求和即可.

5．D

【分析】根据三视图还原几何体，将几何体补成长方体，计算出几何体的外接球直径，结合球体体积公式即可得解.

【详解】根据三视图还原原几何体，如下图所示：

由图可知，该几何体为三棱锥，且平面，

将三棱锥补成长方体，

所以，三棱锥的外接球直径为，故，

因此，该几何体的外接球的体积为.

故选：D.

【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．

6．A

【分析】根据，可得，则数列是以6为周期的周期数列，再求出，即可得解.

【详解】解：由，得，

两式相除可得，

所以数列是以6为周期的周期数列，

又，

所以．

故选：A．

7．C

【分析】先根据三点共线，求出，利用基本不等式求最值.

【详解】因为A、B、C三点共线（该直线不过原点O），且，

所以

当且仅当，即时等号成立．

故选：C

【点睛】（1）A、B、C三点共线（该直线不过原点O），且，则有；

（2）利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”：

①“一正”就是各项必须为正数；

②“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．

8．D

【分析】特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，再利用捆绑法即求.

【详解】特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余四个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有(种)．

故选：D

9．C

【分析】先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可.

【详解】依题意，在中，，，

，可得，

则 ，

在中，，，则，

又中，，由余弦定理可得：

则.

故塔尖之间的距离为.

故选：C.

10．B

【分析】由三角形中位线性质得，进而，由渐近线方程和点到直线距离公式求得，进而得到，，根据三角形面积得到关于的关系式，进而得到关于的方程，求解可得.

【详解】由题意，可得图象如图：

由题意可得，

∵为的中点，为的中点，

∴，∴，

∵焦点到渐近线的距离，

∴，又∵，，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴或，

又∵，

，

故.

故答案为：B.

11．C

【分析】由在区间内单调求出的范围，先由函数零点与对称轴之间的关系求出周期，进而求得，利用对称轴即可求出.

【详解】∵在区间内单调，，得，所以

∵是函数的零点，直线是函数的图象的一条对称轴，∴，

若，则，此时，得，满足条件，

若，则，此时，得，不满足条件，

综上可知，函数，

∵是函数的图象的一条对称轴，∴，即，

∵，∴，

故选：C

【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角函数性质的应用，结合的单调区间以及对称轴对称中心之间的关系求出周期和是解决本题的关键，属于一般题.

12．B

【分析】对化简变形得，从而可得，而函数在区间上单调递增，所以b，c，d中b最小，然后构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可得，，于是可比较出c，d的大小

【详解】因为，所以．

因为函数在区间上单调递增，且，，所以b，c，d中b最小．

构造函数，则，

当时，，所以在区间上单调递增，

所以，所以．

所以，所以，所以．

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数值大小的比较，解题的关键是构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可比较出c，d的大小，考查计算能力，属于较难题

13．或

【分析】本题考查求圆的切线方程，分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得.

【详解】圆的圆心坐标，半径,

当切线的斜率不存在时，，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线；

当切线的斜率存在时，设斜率为，，即：,

由圆心到切线的距离等于半径，得，解得，

故切线的方程为，

故答案为：或

【点睛】易错点睛：本题考查求过点作圆的切线，关键是由首先验证斜率不存在时是否是圆的切线，考查学生的分类讨论思想，属于易错题.

14．

【分析】先化简不等式组为或，再作出不等式组对应的平面区域，令，作直线沿可行域的方向平移，利用的几何意义即可求解.

【详解】

原不等式组可以化为或，

它对应的平面区域为如图所示的阴影部分区域.

设，可得，

作直线沿可行域的方向平移，

当直线过点时，；

故答案为：.

15．

【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据（当且仅当M、N、E共线时取等号），最后根据求得的最小值.

【详解】如图，

由为椭圆上任意一点，则

又为圆上任意一点，则（当且仅当M、N、E共线时取等号），

∴，

当且仅当M、N、E、共线时等号成立.

∵，，则，

∴的最小值为．

故答案为：．

【点睛】思路点睛；本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，主要根据椭圆的定义将目标等价转化为能够通过数形结合解题的类型，考查学生的转化与化归思想，属于较难题.

16．

【分析】，看成点到点的距离的平方，转化为一个点在函数上，一个点在直线上，根据导数的几何意义及切线的应用可以求出，再利用取等号的条件即可求解.

【详解】因为，

则看成点到点的距离的平方，

其中点在函数上，点在直线上，

由，得，令，则，，

设，所以函数在点处的切线与直线平行，

所以点到直线的距离，即点到点的距离的最小值，

点到直线的距离为，

所以，

过点且垂直直线的直线方程为，由，得，

当且仅当，即时，，

所以.

所以实数的所有可能取值为，

故答案为：.

17.【答案】（1）   

（2）3

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将已知的式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简计算可求出角，

（2）利用余弦定理结合已知条件直接求解

【小问1详解】

因为，

所以由正弦定理得，,

所以，

因为，所以，

因为，所以

【小问2详解】

因为，，

所以由余弦定理得，

所以，解得

18．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用直方图中各矩形面积和为列方程求解即可.

（2）先求出评分不低于80分的队伍数，以及评分不低于90分的队伍数，确定随机变量的取值，求出概率，写出分布列，求得期望.

【详解】（1）由，

解得．

（2）由题意知不低于分的队伍有支，

不低于90分的队伍有支.

随机变量的可能取值为.

的分布列为

19．（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）在直角和中，分别求得，得到，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.

（2）取中点，连接，以方向为轴，过垂直于方向为轴，方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意分别求得平面和平面一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）在直角中，由，可得，

在直角中，由，可得，

因为，所以，所以，

又因为，，且平面，所以平面，

又由平面，所以平面平面；

（2）取中点，连接，因为，所以，

又平面平面，平面平面，所以平面，以方向为轴，过垂直于方向为轴，方向为轴建立的空间直角坐标系，如图所示，可得，，，

因为，所以，

又因为，所以，解得，

所以，，取平面一个法向量，

设平面一个法向量，则，可得，

取，则，所以，

可得，

由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.

20．（1）；（2）最大值.

【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值，求出抛物线方程；

（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.

【详解】（1）抛物线的焦点为，，

所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；

所以抛物线的方程为.

（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，

设点，，，

直线的方程为，即，即，

同理可知，直线的方程为，

由于点为这两条直线的公共点，则，

所以，点、的坐标满足方程，

所以，直线的方程为，

联立，可得，

由韦达定理可得，，

所以

点到直线的距离为，

所以，，

，

由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

21．（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由题意知有解，分离可得有解，令，可得，利用导数求的最大值即可求解；

（2）由题意知，是的两根，将，代入整理可得，所证明不等式为，令，问题转化为证明成立，利用导数证明单调性求最值即可求证.

【详解】（1）函数定义域为，根据题意知有解，

即有解，令，，

且当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，所以；

（2）由，是的不同极值点，知，是的两根，

即，所以①，

联立可得：②，

要证，由①代入即证，即，

由②代入可得③，

因为，则③等价于，

令，问题转化为证明④成立，

而，

在上单调递增，当，④成立，即得证.

【点睛】方法点睛：破解双参数不等式的方法：

一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；

二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；

三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

22．（1）；（2）.

【分析】（1）消去参数求得曲线的普通方程为，将，代入得曲线的方程，即可求得曲线的普通方程；

（2）求得点的直角坐标为，得出的参数方程，将直线的参数方程代入，求得，，结合直线参数方程参数的几何意义，即可求解.

【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），

消去参数可得曲线的普通方程为，

将曲线上的点按坐标变换，得到，代入得，

所以的普通方程为：.

（2）由点的极坐标为，可得点的直角坐标为

因为直线过且倾斜角为，则直线的参数方程为，（为参数），

将直线的参数方程代入，可得，

设两点对应的参数分别为，，则，.

根据直线参数方程参数的几何意义，可得.

23.【答案】（1）   

（2）8

【解析】

【分析】(1)通过讨论，化简绝对值不等式求其解；(2)根据(1)求出，再利用基本不等式求的最小值.

【小问1详解】

当时，原不等式等价于，解得；

当时，原不等式等价于，解得；

当时，原不等式等价于，解得．

综上所述，原不等式的解集是．

【小问2详解】

因为，

所以，

则．

因为，，，

所以，

即，

当且仅当时等号成立，

故的最小值为8．