四川省成都市第七中学2024届高三上学期理科数学综合测试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2024届高三上学期理科数学综合测试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：（本题共12小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知集合，，若 ，则中元素的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知条件可得，进而可得出关于的等式，求出的值，即可求得中元素的和.
【详解】，，，则，，
因此，集合中元素的和为.
故选：B.
2. 设为虚数单位，复数为纯虚数，则．
A. 2B. -2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
整理得：，由复数为纯虚数列方程即可得解．
【详解】因为
又它是纯虚数，所以，解得：
故选D
【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，还考查了复数的相关概念，考查方程思想，属于基础题．
3. 下列命题中一定正确的是（ ）．
A. 如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
B. 如果平面平面，直线与平面垂直，那么
C. 如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
D. 如果直线与平面相交但不垂直，为空间内一条直线，且，那么与平面相交
【答案】C
【解析】
【分析】按立体几何的性质逐项判断即可.
【详解】如图，平面 平面, ，在内但不垂直于平面，所以A错误；

B错误：在内时可与平面α垂直但不平行于；
C正确：如果平面α不垂直于平面β，那么由面面垂直的判断定理得平面α内一定不存在直线垂直于平面β;
D错误：在平面内时可垂直于但不与相交.
故选：C.
4. 设向量，，则“”是“”的
A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充要条件判断方法进行判断即可.
【详解】若，则，，则；但当时，
故“”是“”的充分但不必要条件.
选A.
【点睛】本题考查充分不必要条件条件的判断，属基础题.
5. 造纸术､印刷术､指南针､火药被称为中国古代四大发明，这四种发明对中国古代的政治､经济､文化的发展产生了巨大的推动作用；2017年5月，来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了“中国的新四大发明”：高铁､扫码支付､共享单车和网购．若从这8个发明中任取两个发明，则两个都是新四大发明的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
这是一个古典概型，先求得从8个发明中任取两个发明的基本事件数，再求得两个都是新四大发明基本事件数，代入公式求解.
【详解】从8个发明中任取两个发明共有种，
两个都是新四大发明的有种，
∴所求概率为，
故选：C
6. 已知的内角，，成等差数列，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由等差中项的性质求出，再由辅助角公式得到，最后再由诱导公式计算可得；
详解】解：∵，，成等差数列，∴，又，∴，由得，，∴，则，
故选：D．
7. 展开式中项的系数为160，则（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求得展开式中的系数，可得展开式中的系数，从而得答案.
【详解】二项式展开式的通项为，
令可得二项式展开式中的系数为，
∴展开式中的系数为，
可得，解得，
故选：C．
8. 已知函数，的部分图象如图所示，的图象过，两点，将的图象向左平移个单位得到的图象，则函数在上的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据的图象过，两点，求得周期，进而求得，然后将点的坐标代入求得，再 将的图象向左平移个单位得到函数，利用余弦函数的单调性求解.
【详解】由图象知，，
∴，则，
∴，
将点的坐标代入得，，即，
又，∴，
则，
将的图象向左平移个单位得到函数，
∴在上的最小值为，
故选：A
9. 学校运动会上，有，，三位运动员分别参加3000米，1500米和跳高比赛，为了安全起见，班委为这三位运动员分别成立了后勤服务小组，甲和另外四个同学参加后勤服务工作（每个同学只能参加一个后勤服务小组）.若甲在A的后勤服务小组，则这五位同学的分派方案有（ ）种
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分三类，A小组只有一人，只有两人，恰有三人三种情况，再利用分类加法计数原理求解.
【详解】若A小组只有一人，则5人分配方案有种；
若A小组只有两人，则5人的分配方案有种；
若A小组恰有三人，则5人的分配方案有种，
所以共有50种，
故选：B.
10. 已知椭圆：的左､右焦点分别为､，是椭圆的上顶点，直线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，，写出直线的方程，与联立求得点A，再由求解.
【详解】由题设知，，，
∴直线的方程为，联立得，，
设直线与轴交于点，则，，
∵，
∴，即，
∴，即，
∴，
故选：A
11. 如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，，相交于点，平面，，是的中点，动点在该棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长为（ ）
A. 3B. 7C. 13D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】取，的中点，，连接，，利用中位线可得到，，再利用线面平行以及面面平行的判定定理得到平面平面，再利用线面垂直的判定定理得到平面，进而得到平面，可得动点的轨迹的周长即为的周长，求解即可.
【详解】
取，的中点，，连接，，
∵是的中点，
∴，，
平面，平面，
则平面；
平面，平面，
则平面，
又，
∴平面平面，
∵平面，
∴，
又四边形是菱形，
∴，
∵，
∴平面，
则平面，
故只要动点在平面内即总保持，
又动点在棱锥表面上运动，
∴动点的轨迹的周长即为的周长，
∵四边形是菱形边长为6，且，
∴，
则，
又，
∴，
故，，
∴的周长为8，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及以及性质定理；解决本题的关键是通过证明平面平面，得到平面，进而得到动点在平面内即总保持.
12. 已知函数的导函数是，的图象关于点对称，对任意实数都有，且在上单调递增，设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可得是偶函数，图象关于直线对称，周期为2，在上的单调性，，，构造函数，利用导数判断出的单调性可得答案.
【详解】因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
是奇函数，是偶函数，关于直线对称，
所以的周期为2，因为在上单调递增，所以在上单调递减，
上单调递增，
令，则，
当时，，单调递减，
且，所以，
即，可得，，
设，则，
设函数，，，
所以在上是减函数，
，.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是构造函数，利用函数的单调性比较大小.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知点在双曲线上，直线是双曲线的渐近线，则双曲线的标准方程是_________
【答案】
【解析】
【分析】由渐近线方程可设双曲线的方程为：，根据双曲线经过点代入即可求解．
【详解】由题意得：双曲线的渐近线为：，所以可设双曲线的方程为：，
因为点在双曲线上，所以代入得：，即：，
所以：双曲线的方程为：.
故答案为：.
14. 已知函数在点处的切线与直线垂直，则切点的坐标为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由求得的坐标.
【详解】依题意函数在点处的切线与直线垂直,
令，即，
所以切点坐标为.
故答案为：
15. 已知点在同一平面，且三点不共线，且满足，其中，，，则的值为__________，则的面积为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用，得出，两边平方可得；利用可求夹角的余弦值，结合三角形面积公式可求的面积.
【详解】因为，
所以，所以，
故，解得.
又因为，所以，
所以；
故答案为：；.
16. 已知的内角，，的对边分别为，，．若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由二倍角公式，正弦定理，余弦定理化简已知等式可得，利用均值不等式求解即可.
【详解】∵，
∴，即，
由正弦定理得，∴，
由余弦定理知，，
∴，
则，
∵，
∴，则，当且仅当时，等号成立
即的最小值为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理可得,再根据重要不等式 求解，余弦定理、正弦定理的灵活运用是解题关键.
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. 已知首项为4的数列的前n项和为，且．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，得出与的关系，进一步变形得出等比数列；
（2）利用分组求和法及等比数列求和公式可求得结果.
【小问1详解】
由题意，即，故，
即，又，故数列是以-1为首项，-1为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，即．
数列的前n项和为，
数列的前n项和为，
故．
18. 从2020年元月份以来，全世界的经济都受到了新冠病毒的严重影响，我国抗疫战斗取得了重大的胜利，全国上下齐心协力复工复产，抓经济建设；某公司为了提升市场的占有率，准备对一项产品实施科技改造，经过充分的市场调研与模拟，得到，之间的五组数据如下表：
其中，（单位：百万元）是科技改造的总投入，（单位：百万元）是改造后的额外收益；设是对当地生产总值增长的贡献值．
（1）若从五组数据中任取两组，求恰有一组满足的概率；
（2）记为时的任意两组数据对应的贡献值的和，求随机变量的分布列和数学期望；
（3）利用表中数据，甲､乙两个调研小组给出的拟合直线方程分别为甲组：，乙组：，试用最小二乘法判断哪条直线的拟合效果更好？
附：对于一组数据，其拟合直线方程的残差平方和为，越小拟合效果越好．
【答案】（1） ；（2）分布列见解析；期望为 ；（3）甲组给出的拟合直线方程拟合效果更好 ．
【解析】
【分析】
（1）通过列举法，利用古典概型公式求解即可；
（2）满足的数据是后3组（贡献值分别为：22,28,32），可得的值为50，54，60，分别求概率可得分布列，进而里期望公式可得期望；
（3）分别计算两条直线的残差平方和，取较小的位拟合效果好的.
【详解】（1）设所给五组数据分别为，，，，（只有满足），
从五组数据中任意取出两组的情况有：，，，，，，，，，共10种情况，
其中，恰有一组满足的有：，，，共4种情况，
故所求概率为；
（2）满足的数据是后3组（贡献值分别为：22,28,32），
∴的值为50，54，60，
则，
，
，
∴的分布列为：
数学期望；
（3）用甲组给出的拟合直线方程列表如下：
用乙组给出的拟合直线方程列表如下：
由表中数据得，
，
，
∴，故甲组给出的拟合直线方程拟合效果更好．
【点睛】思路点睛：一、计算古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；（2）列表法；（3）树状图法；（4）排列组合数的应用.
二、求离散型随机变量的数学期望的一般步骤：
（1）先分析的可取值，根据可取值求解出对应的概率；
（2）根据（1）中概率值，得到的分布列；
（3）结合（2）中分布列，根据期望的计算公式求解出的数学期望.
19. 如图1，在中，，D为的中点，将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，二面角为直二面角.
（1）求证：平面；
（2）设为的中点，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理以及勾股逆定理证得，再结合面面垂直的性质定理证得结果；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量法求平面的法向量、平面的法向量，再求两个法向量的夹角的余弦值得出结果.
【小问1详解】
在中，，
为中点，，
又，
.
二面角为直二面角，
平面平面，又平面平面平面，
平面
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
可求得，由得，
因为为的中点，，所以，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则得取，
得取，
设二面角为，
，
所以二面角的余弦值为
20. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，为等腰三角形，当轴时，的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线不与坐标轴垂直，线段的中垂线与轴交于点，若直线的斜率为，求直线的方程．
【答案】（1） ；（2）或 ．
【解析】
【分析】
由已知条件得b，又直线l过，当轴时，，，再由的面积得出有关a的方程，求出a，b，c的值，可得出椭圆C的标准方程；
设直线l的方程为，结合韦达定理及中垂线的性质可得t的值，进而可得方程．
【详解】【详解】
（1）由题设知，，，
∵为等腰三角形，∴，
又直线过，当轴时，，
∴的面积为，
由解得，，；
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，，，
设直线的方程为，
由得，，
设，，
∴，，
设线段的中点为，
则，，
即．
设，∵，
∴，解得，，
即，
∵直线的斜率为，
∴，即，
解得，或，故直线的方程为或．
【点睛】关键点点睛：先设直线联立方程组求出线段的中点为，再由求出是解题的关键，利用直线斜率求出，本题计算量较大属于难题.
21. 已知函数，其中．
（1）若，求的单调区间；
（2）已知，解关于x的不等式．（参考数据：）
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，研究导函数的符号，进而确定其单调区间；
（2）由题意得，即，对函数求导，研究导函数的符号，判断单调性，进而可得最小值，即得.
【小问1详解】
由题设，则，且，
所以，
当时，，当时，，
所以的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
由题意，
所以，即
因为，所以，
又，且，
当或时，或时，
所以、上递减，、上递增，
又极小值，
故最小值为，
所以不等式的解集为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目所对应的标号涂黑.
22. 在平面直角坐标系中，直线过定点，倾斜角为，曲线的参数方程为（为参数）；以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）已知直线交曲线于，两点，且，求的参数方程．
【答案】（1） ；（2）（为参数） ．
【解析】
【分析】
（1）由，消去t，得到普通方程，再由代入求得极坐标方程.
（2）设的参数方程为（为参数），代入，由韦达定理得到，然后由求解.
【详解】（1）由，得，
∵，
∴，即，
又，
∴，
即曲线的极坐标方程为；
（2）设的参数方程为（为参数），代入整理得，
，
设方程的两根分别为，，
则，
则，
解得，，
∵，∴．
故的参数方程为（为参数）．
【点睛】易错点点睛：在利用参数的几何意义时，一定要将参数方程化为标准方程.
23. 已知函数，．
（1）当时，解不等式；
（2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由得，将所求不等式化为，利用分类讨论的方法，即可求出结果；
（2）先将题中条件化为对任意的恒成立，由单调性求出在给定区间的最小值，即可得出结果.
【详解】（1）当时，，
∴，
则不等式为，
当时，为恒成立，∴，
当时，为，
解得，或，
∴或，
综上，不等式的解集为；
（2）不等式等价于，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
∵函数在区间上单调递增，最小值为，
∴，故实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：
解绝对值不等式的常用方法：
（1）基本性质法：为正实数，，或；
（2）平方法：两边平方去掉绝对值，适用于或型的不等式的求解；
（3）分类讨论法(零点分区间法)：含有两个或两个以上绝对值的不等式，可用分类讨论法去掉绝对值，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式求解；
（4）几何法：利用绝对值不等式的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求解；
（5）数形结合法：在直角坐标系中，作出不等式两边所对应的两个函数的图像，利用函数图像求解.
2
3
5
7
8
5
8
12
14
16
50
54
60
2
3
5
7
8
5
8
12
14
16
5
7
11
15
17
2
3
5
7
8
5
8
12
14
16
3.5
6
11
16
18.5