四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟理科数学试卷（含答案）

这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟理科数学试卷（含答案），共17页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟 总分：150分
一、单项选择题．本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1 已知集合,则集合的子集个数为（ ）
A.3B.4C.8D.16
2. 已知为实数,若复数为纯虚数,则（ ）
A.-2B.
C.D.2
3. 与有相同定义域的函数是( )
A.B.
C.D.
4. 若向量满足:,则（ ）
A.2B.C.10D.
5. 阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序.若输出的为,则判断框中填写的内容可以是（ ）
A.?B.?C.?D.?
6. 已知,则“”的必要不充分条件可以是( )
A.B.
C.D.
7. 抛物线的顶点为,斜率为1的直线过点,且与抛物线交于两点,若的面积为,则该抛物线的准线方程为( )
A.B.
C.D.
8. 设是两条不相同的直线,是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（ ）
A.若,则
B.若,则
C.若是异面直线,,则.
D.若,则
9. 某人根据自己爱好,希望从中选2个不同字母,从中选3个不同数字编拟车牌号,要求前3位是数字,后两位是字母,且数字2不能排在首位,字母和数字2不能相邻,那么满足要求的车牌号有（ ）
A.198个B.180个C.216个D.234个
10. 已知，则的值为（ ）
A.B.
C.D.
11. 已知双曲线的左焦点为,过的直线与圆相切于点,与双曲线的右支交于点,若,则双曲线的离心率为（ ）
A.B.
C.D.
12. 与曲线在某点处的切线垂直,且过该点的直线称为曲线在某点处的法线,关于曲线的法线有下列4种说法:
①存在一类曲线，其法线恒过定点;
②若曲线的法线的纵截距存在，则其最小值为;
③存在唯一一条直线既是曲线的法线,也是曲线的法线;
④曲线的任意法线与该曲线的公共点个数为1.
其中说法正确的个数是( )
A.1B.2C.3D.4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.若满足约束条件则的最大值为_______.
14.的展开式中的系数为________.(用数字作答)
15.半球的表面积与其内最大正方体的表面积之比为________.
16. 如图,在所在平面内,分别以为边向外作正方形和正方形.记的内角的对边分别为,面积为.已知,且,则________.
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.（本题满分10分）在等比数列和等差数列中,.
(1)求数列和的通项公式;
(2)令,记数列的前项积为,其中,证明:.
18.（本题满分12分）综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一.某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价.下图是该校高三学生“运动与健康”评价结果的频率直方图,评分在区间上,分别对应为四个等级.为了进一步引导学生对运动与健康的重视,初评获等级的学生不参加复评,等级不变,对其余学生学校将进行一次复评.复评中,原获等级的学生有的概率提升为等级；原获等级的学生有的概率提升为等级；原获等级的学生有的概率提升为等级.用频率估计概率,每名学生复评结果相互独立.
(1)若初评中甲获得等级,乙、丙获得等级,记甲、乙、丙三人复评后等级为等级的人数为,求的分布列和数学期望;
(2)从全体高三学生中任选1人,在已知该学生是复评晋级的条件下,求他初评是等级的概率.
19.（本题满分12分）如图,平面四边形中,是上的一点,是的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.
(1)证明:平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20.（本题满分12分）在平面直角坐标系中,为坐标原点,动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数,设动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程;
(2)已知定点,过点作垂直于轴的直线,过点作斜率大于0的直线与曲线交于点,其中点在轴上方,点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点,直线与直线分别交于点,若四点共圆,求的值.
21.（本题满分12分）设函数,其中.
(1)若,讨论在上的单调性;
(2)当时,不等式恒成立,求实数的取值范围.
选做题：第22题，23题中 选做一题，多做或做错按照第一题计分
22.（本题满分10分）在平面直角坐标系中,已知直线的参数方程为(为参数),为的倾斜角,且,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的直角坐标方程;
(2)若直线与曲线交于两点，点恰为线段的三等分点，求.
23.（本题满分10分）已知.
(1)当时,求不等式的解集;
(2)对于任意实数,不等式成立,求的取值范围.
参考答案及解析
1. 【答案】C
【解析】解:集合,
集合的子集个数为.故选:C.
2. 【答案】A
【解析】解:复数为纯虚数,
故选:A.
3. 【答案】D 【解析】略
4. 【答案】B
【解析】本题考查向量的数量积运算.
由题意得
则
又,
所以,
所以,
所以,
所以,
故选B.
5. 【答案】C
【解析】,因此,应选择,而时不满足条件,,故选C.
6. 【答案】C
【解析】A选项:取,满足,但,
所以不是的必要条件,A错误;
B选项:若,则,所以不是的必要条件,B错误;
C选项:若,则,
若,则,则有,
所以,是的必要条件;
取,显然满足,
但,所以不是的充分条件.
综上,是的必要不充分条件,C正确;
D选项:取,显然满足,
但,所以不是的充分条件,D错误.
故选:C
7. 【答案】A
【解析】由题意可知直线的方程为,
设,
联立方程,消去得,则,
所以
因为,解得,
所以准线方程为.故选:A.
8. 【答案】D
【解析】对于A,若,则,
又,则,故A正确;
对于B,若,则,故B正确;
对于C,若是异面直线,,
则,故C正确;
对于D,若,则或,故D错误.
故选D.
9. 【答案】A
【解析】解:不选2时,有种,
选2,不选时,先排2,有种,
然后选择和排列剩下两个数字,有种,
最后选择和排列字母,有种,
所以有种,
选2,选时,2在数字的中间,有种,
当2在数字的第三位时,种,
根据分类计数原理,共有.
故选:A.
10. 【答案】D
【解析】由于,且,
则,
整理得,
则,
整理得,
所以.
故选:D.
11. 【答案】B
【解析】解:由题知,设焦点为,过做,
如图所示,
与圆相切,
,
为中点,,
,且相似比为,
即,
又,
为直角三角形,
化简可得,
将上式两边同时平方,将代入可得,离心率为.故选:B.
12. 【答案】D 【解析】略
13. 【答案】-1 【解析】
由满足的约束条件画出可行域,如图中阴影部分(含边界).
由,得,作出直线,并平移该直线.
由图像知当直线经过点时,直线的截距最小.
由解得所以,所以的最大值为.
14. 【答案】-70
【解析】的项为
的项为
的展开式中项为
的展开式中项的系数为-70。
故答案是:-70。
15. 【答案】
【解析】解:如图,是半球的截面,截正方体的对角面,矩形是半圆的内接矩形,
设半球半径为,正方体棱长为,则,
半球表面积为,
正方体的表面积为,
所以.
故答案为:.
16. 【答案】
【解析】解:,,即,
由正弦定理及,
得,
连接,如图所示,
在中,,
由余弦定理,,
.
17. 【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】解:(1)设数列的公比为,数列的公差为,
由,有,
又由,有,有,
又由,有,有,
可得,得或(舍去),,
故;
(2)证明:由(1)知:,
则
当时,,即,
而,当时,有,
则,故.
18. 【答案】(1)分布列见解析，(2)
【解析】解:(1)的所有可能取值为,
,
,
的分布列如下:
.
(2)记事件为“该学生复评晋级”,事件为“该学生初评是”,
.
19. 【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】解:(1)证明：由,
所以平面四边形为直角梯形,
设,
因为.
所以在中,,
则,
又,
所以,
由,所以为等边三角形,
又是的中点,所以,
又平面,
则有平面,
而平面,
故平面平面.
(2)在中,,取中点,所以,
由(1)可知平面平面,平面平面,
所以平面,
以为坐标原点,方向为轴方向,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
,
设平面的法向量,
由
取,则
设直线与平面所成角大小为,
则,
故直线与平面所成角的正弦值为.
20. 【答案】(1)(2)
【解析】解:(1)由题得:,两边平分并化简得,即曲线的方程.
(2)设点.
直线与椭圆的方程联立,
消去得.
由韦达定理:.
由条件,直线的方程为,直线的方程为,
于是可得.
因为四点共圆,由相交弦定理可知,
化简得
又,代入整理得:.
将韦达定理代入化简得:,即.
21. 【答案】(1)在上单调递增(2)
【解析】解:(1)由知,,
令,
由,知在上单增,有,即,
亦知在上单调递增.
(2)设,
且,,
①当时,由,
知在上单减,
有,亦知在上单减,有,
即,满足题设;
②当时,对,
,
取,当时,,
知在上单增,
有,亦知在上单增,有,
即,不满足题设;
③当时,对,
知在上单增,有,
即,不满足题设;
综上,仅当时,满足题设.
22. 【答案】(1)(2)
【解析】解:(1)由曲线的极坐标方程为,
可得,
又由,
代入可得,
即曲线的直角坐标方程为.
(2)把直线参数方程(为参数),代入曲线的直角坐标方程,
整理得,
设对应的参数分别为,得,
因为点恰为线段的三等分点,不妨设,
则,
所以,
代入,
化简得,又因为,所以.
23. 【答案】(1)(2)或
【解析】
解:(1)当时,不等式可转化为:
或或
整理得:或或
所以不等式的解集为:
(2)因为
若恒成立.
只需来解即可
从而解得或