2024届四川省成都市第七中学（高新校区）高三上学期入学考试数学（理）试题含答案

2024届四川省成都市第七中学（高新校区）高三上学期入学考试数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数定义域得到，进而求出.

【详解】，解得或，故，

，

故.

故选：D

2．复数，则（    ）

A． B．5 C． D．3

【答案】C

【分析】由复数的运算求解即可.

【详解】，.

故选：C

3．若平面向量满足，．则（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】根据数量积的性质、模长与数量积的关系运算即可.

【详解】由于，又，平方可得，

所以.

故选：B.

4．若，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】C

【分析】根据二倍角的余弦公式可得出关于的二次方程，结合的取值范围可求得的值.

【详解】因为，即，即，

因为，所以，或.

故选：C.

5．已知，则的最小值为（    ）

A． B．6 C． D．4

【答案】D

【分析】先利用“1”的代换把已知化为，然后利用三元的基本不等式求解即可.

【详解】因为，所以

，当且仅当时，等号成立.

故选：D

6．数列的通项公式．设为前项的和，若，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】推导出数列为单调递增数列，以及，，即可得解.

【详解】因为，当时，，则数列为单调递增数列，

则，，

当时，，因此，若，则的最小值为.

故选：A.

7．通过斜截圆柱可得到一椭圆截面．现将圆柱的侧面从任意处展开成长方形，所得的椭圆截面的截线始终为平滑的曲线．则该截线在展开图上的方程最可能为下列哪种曲线的一部分（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】沿着椭圆短轴端点所在的某条母线展开，作出其展开图，观察图象可得出结论.

【详解】如下图所示：

沿着椭圆短轴端点所在的某条母线展开如下图所示：

结合图形可知，该截线在展开图上的方程最可能为曲线的一部分.

故选：B.

8．在没有其他因素影响时，飞机的航线往往选取的是两地之间的最短距离．设地球为一半径为R的球体，一架飞机将从A地东经飞至B地东经，且A，B两地纬度都为．若飞机始终在地球球面上运动，则该飞机飞行的最短路程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出A，B两地对于地球球心所成的角，再求出弧长作答.

【详解】依题意，A，B两地对于地球球心所成的角，

所以该飞机飞行的最短路程为.

故选：C

9．某地盛行糕点有n种，该地的糕点店从中准备了m（）种糕点供顾客选购．已知某顾客喜好的糕点有k（）种，则当其随机进入一家糕点店时，会发现该店中有若干种糕点符合其喜好．记随机变量X为该顾客发现符合其喜好的糕点的种数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可知服从超几何分布，然后利用超几何分布的期望公式求解即可.

【详解】由题意可知从含有顾客喜好的k（）种糕点的n种糕点中，任取m（）种糕点，其中恰有种顾客喜好的糕点，则服从超几何分布，

所以，其中，

所以，

故选：A

10．若在时恒成立，则a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据不等式的特点，去绝对值号转化为一元二次不等式，然后利用分离参数法即可解决.

【详解】在时恒成立，

当时，恒成立；

当时，恒成立，即为恒成立，

所以恒成立，而，当且仅当，即时取等号，

所以；

当时，恒成立，即为恒成立，

所以恒成立，而在上单调递增，所以

所以；

综上，.

故选：B.

11．定义：若直线将多边形分为两部分，且使得多边形在两侧的点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．已知双曲线（a，b为常数）和其左右焦点，P为C上的一动点，过P作C的切线分别交两条渐近线于点A，B，已知四边形与三角形有相同的“等线”．则对于下列四个结论：

①；

②等线必过多边形的重心；

③始终与相切；

④的斜率为定值且与a，b有关．

其中所有正确结论的编号是（    ）

A．①② B．①④ C．②③④ D．①②③

【答案】D

【分析】对于①，利用导数的几何意求出过点的切线方程，再与渐近线方程联立可求出的横坐标，然后与比较可得答案，对于②，由“等线”的定义结合重心的定义分析判断，对于③④，由多边形重心的定义可知四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，重心设为，则即为直线GH，然后由重心的性质可证得∥，从而可得结论.

【详解】解：①：设，当时，设，则由，得，

所以，所以切线的斜率为，

所以切线方程为，

因为点在双曲线上，所以，得，，

所以，

所以，

所以，所以，

同理可求出当时的切线方程为，

当时，双曲线的切线方程为，满足，

所以过P点切线方程为，

渐近线方程为

联立两直线方程得，

故有，故

②：设多边形顶点坐标为，其中

设“等线”方程为，则到等线的距离为：

又因为等线将顶点分为上下两部分，则有

从而

整理得

即等线必过该多边形重心．

③④：考察重心，设，则重心．对于四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，则即为直线GH．

设与重心分别为，则，所以∥，

因为为的重心，所以，所以∥，

所以三点共线，

因为在上，所以∥，过，

因为直线为，所以直线的斜率为，

所以直线的方程为，整理得，

所以直线方程，

由①的求解过程可知该方程为切线方程，所以③正确，④错误，

故①②③正确．

故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的性质和导数的几何意义的应用，考查新定义，解题的关键是对“等线”定义的正确理解和重心的找法，考查计算能力，属于难题.

12．已知的内角A，B，C满足．设面积为S，外接圆半径为R，内切圆半径为r．记，则当时，（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】C

【分析】利用正弦定理，三角形的内切圆的性质，三角形的面积公式可得，代入可得，从而可求得结果.

【详解】由正弦定理①

又由②

联立①②整理得③

由内切圆得④

联立①④整理得⑤

又由下图易知⑥

由③⑤⑥有

⑦

将⑦代入y整理有

且由⑦结合已知条件有

故，

令，设，则，

当且仅当时取等号，

所以在上为凸函数，

所以，所以，

当取等号，

所以 ，

又由，

当且仅当时取等号，

故有，所以，

所以y的唯一整数解为7．

故选：C

【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理的应用，考查三角形的面积公式，考查三角形内切圆和外接圆的性质，解题的关键是根据题意用不同的形式表示出三角形的面积，然后代入中化简即可，考查计算能力，属于难题.

二、填空题

13．的展开式中项的系数为      （用数字作答）．

【答案】16

【分析】先因式分解，再直接利用二项式定理展开求解即可.

【详解】,

所以展开式中项的系数为.

故答案为：16.

14．《孙子算经》给出了“物不知数”问题，原文如下：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？即一个正整数除以三余二，除以五余三，除以七余二，则这个正整数的最小值为      ．

【答案】

【分析】列举出被三整除余数为二、被五整除余数为三、被七整除余数为二的正整数，即可得解.

【详解】被三整除余数为二的正整数由小到大依次为：、、、、、、、、，

被五整除余数为三的正整数由小到大依次为：、、、、、、，

被七整除余数为二的正整数由小到大依次为：、、、、、、，

因此，满足条件的正整数的最小值为.

故答案为：.

15．定义表示不超过x的最大整数，例如．则方程的解的个数为      ．

【答案】3

【分析】由题意解得，然后分，和三种情况求解即可

【详解】因为，所以方程可化为，解得，

当时，，所以原方程化为，解得或（舍去），

当时，，所以原方程化为，解得或（舍去），

当时，，满足方程，所以

综上，该方程解为．

共3个解．

故答案为：3

16．集合，其中为单位向量，两两之间夹角为120°．现从A中任选一个向量，选取n次，并将所选取的向量合成为一个向量，则最终得到的不同向量有      个（用含n的代数式表示）．

【答案】

【分析】根据给定条件，按选取的向量是否为分类，结合等差数列前n项和公式求解作答.

【详解】依题意，从A中任选一个向量，选取n次，并将所选取的向量合成为一个向量，

当选取时，选取次数无论为多少，和向量均为，当选取的向量不为时，

相当于在集合中任选一个向量，再选取1，2，…，n次，所得到的不同向量的和，

现在一六边形格点中表示所述情况如下图所示．

图中所标数字i（）即为选取i次向量时所新增的不同的向量，则第i次选取增加3i个向量，

所以总共有个不同向量.

故答案为：

三、解答题

17．已知正项等差数列满足，且．

(1)求的公差的最小值；

(2)当取最小值时，若也取最小值，求前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知等式可得，可得出或，其中，分两种情况讨论，结合等差数列的定义可求得的最小值；

（2）根据（1）中的结论，求出的最小值，及其对应的的最小值，可求得的表达式，再利用错位相减法可求得.

【详解】（1）解：因为等差数列各项均为正数，且，则，

又因为，

故有或，其中，

当时，则，则；

当时，则，①

则，②

②①可得，则，

因为，且，则，

则，即，

故，当且仅当时成立．

综上所述，的公差的最小值为.

（2）解：由题意知，当取最小值时，，

此时，，则，

所以，若取最小值，且，则，则，

，

则，③

，④

④③可得，

，

所以，，其中．

18．现有如图所示的八面体，八面体的正视图和侧视图如图所示．

(1)证明：面BEC；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由三角形三角形得出，进而由线面平行的判定证明即可；

（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】（1）解：由正视图、侧视图可知，BD，AC，EF两两垂直且交于一点O．

又知，三角形三角形，，故．

由面BEC，故有面BEC．

（2）以O为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系．

则C（2，0，0），D（0，3，0），E（0，0，1），F（0，0，－3）．

，，

面CDE法向量；面DEF法向量；

故

有图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为．

19．已知函数有三个零点（）.

(1)求a的取值范围；

(2)过点与分别作的切线，两切线交于M点，求M点到y轴的距离.

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）求出导函数，分类讨论，利用二次方程根的分布列不等式即可求解；

（2）先求出，然后求出两条切线方程，联立方程即可求解交点的横坐标，得解.

【详解】（1）由得，

当时，，则在上单调递增，函数至多一个零点，不符合题意；

当时，由题意只需使在有两个异号根即可，

所以，解得；

综上，.

（2）当时，.又，故，.

又知当时，有，

所以，即，故.

又，所以在处的切线方程为，

所以在处的切线方程为，

联立整理得两直线交点横坐标.故M点到y轴的距离0.

20．已知，．

(1)证明：总与和相切；

(2)在（1）的条件下，若与在y轴右侧相切于A点，与在y轴右侧相切于B点．直线与和分别交于P，Q，M，N四点.是否存在定直线使得对任意题干所给a，b，总有为定值？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）先求出椭圆在处的切线方程为，双曲线上一点的切线方程为，从而得到在点的切线方程为，故设曲线在点的切线方程为，结合求出，则，得到曲线C与相切；

（2）设直线，与联立，得到两根之和，两根之积，从而得到的值，结合题意得到为定值与a无关，为定值与b无关．分与时，两种情况推出矛盾，故不存在，使为定值对任意a，b均成立．

【详解】（1）下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：

当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，

代入椭圆方程得：，

由，化简得：

，

所以，

把代入，得：，

于是，

则椭圆的切线斜率为，切线方程为，

整理得到，

其中，故，即，

当时，此时或，

当时，切线方程为，满足，

当时，切线方程为，满足，

所以椭圆在处的切线方程为；

上一点的切线方程为，理由如下：

设过点的切线方程为，与联立得，

，

由，

化简得，

因为，代入上式得，

整理得，

同除以得，，

即，

因为，，

所以，

联立，两式相乘得，，

从而，

故，

即，

令，则，即，

解得，即，

所以上一点的切线方程为，

综上：在点的切线方程为.

故曲线且在点的切线方程为．

当时，，联立得，，

解得，则，

当时，，，满足，

当时，，，满足，

即曲线C与相切，

而此时且．故总与和相切．

（2）设直线．

设与交于和，

联立得，

由韦达定理得，，

由题意，，

代入整理得，

因为为定值对任意a，b均成立，故为定值与a无关，为定值与b无关．

当时，必有，

此时．

故有，

代入解得，矛盾．

当时，且时成立．

此时直线，由（1）知与曲线仅有1个交点，矛盾．

故不存在，使为定值对任意a，b均成立．

【点睛】结论点睛：

过圆上一点的切线方程为：，

过圆外一点的切点弦方程为：.

过椭圆上一点的切线方程为，

过双曲线上一点的切线方程为

21．在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：

(1)求出n维“立方体”的顶点数；

(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离

①求出X的分布列与期望；

②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于．

（已知对于正态分布，P随X变化关系可表示为）

【答案】(1)

(2)①分布列见解析，；②证明见解析

【分析】（1）根据乘法原理，即可确定顶点个数；（2）①首先确定，再结合组合数公式求概率，即可求解分布列和数学期望；②由①可知，n足够大时，，可得正态分布，正态分布曲线为，并设题中分布列所形成的曲线为，则当与均在处取最大值，说明当时，

且，则可认为方差．

【详解】（1）对于n维坐标有两种选择（）．

故共有种选择，即个顶点

（2）①对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，

即，剩下个坐标值满足．

此时所对应情况数为种．

即

故分布列为：

数学期望

倒序相加得

即．

②当n足够大时，．

设正态分布，正态分布曲线为，

由定义知该正态分布期望为，方差为．

设题中分布列所形成的曲线为．

则当与均在处取最大值，若当时，

且，则可认为方差．

I．：当时，有

即．

II．    

当n足够大时，有

当时，

当时，

故．

综上所述，可以认为．

【点睛】思路点睛：本题考查立体几何新定义和排列组合，概率，分布列，正态分布相结合的综合应用问题，属于难题，本题的关键是理解题意，能正确理解随机变量取值的意义，并能利用正态分布的意义，进行求解.

22．已知极坐标系中极点与直角坐标原点均为O，曲线，．

(1)求C的直角坐标方程与和C的交点到O的距离；

(2)已知直线，，．若分别与C交于P，Q，R点，求的最小值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）将，，代入求解，将代入求解；

（2）由题意得到，令，得到，再利用导数法求解.

【详解】（1）解：因为，，且，

所以，

化简得：，

当时，，

因为极坐标系中极点与直角坐标原点均为O，

所以和C的交点到O的距离为.

（2），

，

，

，

，

令，整理得，

令，则，

当或时，，当时，，

故在上递减，在上递增，在递减．

所以最小即最大，即时取得，此时.

23．已知正实数、、、．

(1)证明：，并确定取等条件．

(2)证明：，并确定取等条件．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用作差法证明出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立，并可得出等号成立的条件；

（2）利用分析法可得出所证不等式等价于，再由（1）中的证明过程可证得结论成立，并可得出等号成立的条件.

【详解】（1）解：因为、、、均为正实数，

因为

，

所以，，则，

当且仅当时，等号成立.

因此，当、、、均为正实数时，.

（2）证明：欲证

即证

即为，

因为

，

所以，，则，

当且仅当时，等号成立.

因此，当、、、均为正实数时，.