四川省成都市郫都区2024届高三上学期阶段检测（三）理科数学试卷

这是一份四川省成都市郫都区2024届高三上学期阶段检测（三）理科数学试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知，那么（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．0D．1
3．命题“，有”的否定为（ ）
A．，使B．，使
C．，有D．，有
4．已知为等比数列的前项和，，则（ ）
A．12B．24C．48D．96
5．如图，将框图输出的看成输入的的函数，得到函数，则的图象（ ）
A．关于直线对称B．关于直线对称
C．关于轴对称D．关于点对称
6．是抛物线上一点，是的焦点，为的准线，于，若，则的周长为（ ）
A．B．C．10D．12
7．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biē，nà）．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑的最长棱长为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
9．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图像，且函数是偶函数，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
10．在平面直角坐标系中，点，直线，点关于直线的对称点为，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
11．若函数对任意的都有成立，则与的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．无法比较大
12．已知，若存在实数，当时，满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．若实数满足约束条件，则的最大值为 ．
14．的展开式的常数项为 ．
15．在区间上随机取两个实数，则的概率是 .
16．将四个半径为的小球放入一个大球中，则这个大球表面积的最小值为 ．
三、解答题
17．数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，某线下家电商场为提升人气和提高营业额也开通了在线直播，下表统计了该商场开通在线直播的第x天的线下顾客人数y（单位：百人）的数据：
(1)根据第1至第5天的数据分析，可用线性回归模型拟合y与x的关系，试求出该线性回归方程并估计该商场开通在线直播的第10天的线下顾客人数；
(2)为进一步提升该商场的人气，提高营业额，该商场进行了摸球中奖回馈客户活动，商场在出口处准备了三个编号分别为1，2，3的不透明箱子，每个箱子中装有除颜色外大小和形状均相同的24个小球（其中1号箱子中有18个红球，6个白球；2号箱子中有16个红球，8个黄球；3号箱子中有12个红球，12个蓝球）且含有自动搅拌均匀装置．规则如下：在该商场购物的顾客凭购物小票均有一次参加此活动的机会，从三个箱子里各摸出一个小球（摸完后再依次放回），若摸出的3个小球颜色相同便中奖．若小明和他的3个朋友购物后均参加了该活动，且每人是否中奖相互独立，记这4人中中奖的人数为X，求X的分布列与期望．
（参考公式：回归方程，其中，）
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积．
(1)求；
(2)若，，求．
19．在直角梯形中，，，，如图（1）．把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
20．设双曲线的左､右焦点分别为，且焦距为8，一条渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是直线上一点，直线交双曲线于两点，其中在第一象限，为坐标原点，过点作直线的平行线，与直线交于点，与轴交于点，证明：点为线段的中点.
21．已知函数．
(1)若恒成立，求实数的值；
(2)证明：．
22．瑞士数学家雅各布·伯努利在1694年类比椭圆的定义，发现了双纽线.双纽线的图形如图所示，它的形状像个横着的“8”，也像是无穷符号“∞”.定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求双纽线的极坐标方程；
(2)双纽线与极轴交于点P，点M为C上一点，求面积的最大值（用表示）.
23．已知函数.
(1)解不等式；
(2)设函数的最小值为，正数、、满足，证明：.
x
1
2
3
4
5
y
10
12
15
18
20
参考答案：
1．C
【分析】解出两集合，再根据交集含义即可.
【详解】，解得，则，
，故，
故选：C.
2．D
【分析】利用复数的除法运算，得到复数的代数形式，由此求得复数的虚部.
【详解】因为，所以虚部为1.
故选：D．
3．A
【分析】根据全称命题否定为特称命题即可.
【详解】根据将全称命题否定为特称命题即可.可得“，有”的否定为“，使”，
故选：A．
4．C
【分析】由可以求得，进而求得.
【详解】由题知可得，
当时，，
所以，且，
由于为等比数列，可知，解得，
所以， .
故选：C
5．D
【分析】由框图得到分段函数，再利用分段函数性质验证选项得解.
【详解】由框图得到分段函数 画出图象如下
则由图得D正确
故选D
6．D
【分析】根据抛物线的定义，求出点纵坐标，利用勾股定理求出即可得解.
【详解】如图，

由抛物线，可知，准线方程，
因为，所以，
代入抛物线方程可得，不妨设在第一象限，
则，所以,
又，所以,
所以的周长为，
故选：D
7．C
【分析】根据三视图，还原直观图，即可求得最长的棱长.
【详解】根据三视图，还原直观图为三棱锥，如图所示，
由题意得，
在直角三角形中，，同理，
所以最长棱为.
故选：C.
8．A
【分析】从角入手进行三角恒等变换，将转化为，再用两角和的余弦公式展开整理，结合辅助角公式将已知等式变形为，解出角，代入可得.
【详解】由题意可得：
，
所以，，
故.
故选：A.
9．A
【分析】由三角函数平移变换法则得表达式，且它是偶函数，进一步可得结合即可求解.
【详解】由题意是偶函数，
所以，解得，
又，所以当且仅当时，.
故选：A.
10．D
【分析】设点，由，关于直线对称，联立方程求出点的坐标，求出，分类讨论求解最大值即可.
【详解】设点，因为，关于直线对称，
所以，可得：.
所以，，所以.
当时，；
当时，，此时，所以.
当时，，此时，
所以，故.
综上所述：，故的最大值为.
故选：D.
11．A
【分析】令，由结合题设，可知在上单调递减，即，即可确定与的大小关系.
【详解】令，则，
∵对任意的都有成立，
∴，即在上单调递减，又，
∴，即，可得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：通过已知条件构造，利用导数研究单调性，进而比较函数值的大小.
12．D
【分析】由函数性质，得，，将问题转化为求的取值范围，构造函数，利用导数求函数的值域即可.
【详解】作出函数的图象如图，
当时，，由得，由可得，
由图可知，，点、关于直线对称，则，
点、关于直线对称，则，
所以，
令，其中，
，当时，，在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，当时，，
当时，；当时，，则，
所以的取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是利用正弦型函数的周期性和对称性，将问题转化为求函数的值域，求值域时，除函数的单调性外还要注意函数的取值特点.
13．4
【分析】先画出可行域，然后由，得，要是最大，即直线与可行域相交，且截距最小，数形结合即可得.
【详解】题设中的不等式组对应的可行域如图所示（包括边界）：
由，得，
作出直线，向下平移过点时，目标函数取得最大值，
由，得，即，
所以的最大值为.
故答案为：4
14．
【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式可得中的常数项，代入计算，即可得到结果.
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，则，
令，解得（舍），
所以的展开式的常数项为.
故答案为：
15．
【分析】由题意把两个数为x，y看作点P（x，y），作出表示的平面区域，把转化为，求出满足的区域面积，计算所求的概率值．
【详解】解：由题意把两个数为x，y看作点P（x，y），
则，
它所表示的平面区域是边长为4的正方形，面积为42＝16；
转化为和如图所示；

且满足的区域面积是：
，
则的概率为：
P．
故答案为：.
16．
【分析】大球的半径是棱长为4的正四面体的外接球半径加小球半径2，求出棱长为4的正四面体的外接球半径，即可得出结论
【详解】大球表面积的最小时，四个小球两两外切并均与大球内切，
大球的半径是棱长为4的正四面体的外接球半径加小球半径2，如图所示，
把棱长为4的正四面体扩成棱长为的正方体，其中正四面体的棱为正方体各面的对角线，如图所示，
则正四面体的外接球也是正方体的外接球，外接球半径为，
所以这时大球的半径为，
则这个大球表面积的最小值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
17．(1)，预估该商场开通在线直播的第10天的线下顾客人数为33.2百人
(2)分布列见解析，1
【分析】（1）根据题中所给公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据古典概型计算公式，结合数学期望公式进行求解即可.
【详解】（1），
，
所以，，所以，
当时，（百人），故预估该商场开通在线直播的第10天的线下顾客人数为33.2百人.
（2）每人中奖概率，，
，
，
，
，
.
∴X的分布列为
∴.
18．(1)
(2)5
【分析】（1）由三角形面积公式、正弦定理及同角三角函数基本关系得解；
（2）根据三角恒等变换化简后由正余弦定理求解即可.
【详解】（1）由题意可知，，
由正弦定理可知：，
因为，所以.
（2）由，可知角为锐角，
所以，得，，
所以，
由，
又，得，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理，
得.
19．(1)证明见解析
(2)存在，．
【分析】（1）根据题意，结合勾股定理证得，再由面面垂直的性质，证得平面，进而证得；
（2）以点为原点，过点作垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设，得到，利用向量的夹角公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】（1）证明：因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，又因为平面，所以.
（2）解：因为平面，且平面，所以，
以点为原点，所在的直线分别为轴，过点作垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以．
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
综上所述，在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用焦距求出，再利用渐近线的斜率建立的方程，结合求解即可；
（2）设直线的方程为，，与双曲线方程联立，韦达定理，联立与的方程求解，求得，即可证明.
【详解】（1）因为焦距为8，所以.因为一条渐近线方程为，所以.
因为，所以，所以双曲线的方程为.
（2）由（1）知，的横坐标为，
设直线的方程为，则.
联立方程组，得.
设，则.
因为，所以直线的方程为.
直线的方程为，
联立方程组，得，
由两式相除，得，则，
所以.
因为，所以，故为线段的中点.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，求出导函数即可判断单调性直接说明；当时，求出导函数通过确定单调性，求出最值进而可得答案；
（2）通过不等式以及进行放缩，然后利用裂项相消法求和证明即可.
【详解】（1）因为，所以，
当时，因为，所以恒成立，则在上单调递增，
且，所以恒大于等于零不成立；
当时，由得，，
易知当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
则，若恒成立，则
令，则，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以
所以当时，.
综上，若恒成立，则；
（2）由（1）得，当时，恒成立，即，当且仅当时等号成立，
令，则，，，
所以，，，
令，则恒成立，
所以函数在上单调递增，
故当时，，即．
所以，，，
所以
.
【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）建立极坐标系，设双纽线任一点，利用余弦定理结合已知求解作答.
（2）由（1）的结论，求出点到极轴所在直线的距离，求出三角形面积的函数关系，求出最大值作答.
【详解】（1）以坐标原点为极点，以x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，如图，

在双纽线C上任取一点，
在中，，
在中，，
依题意，，则，
即，整理得：，
所以双纽线的极坐标方程为．
（2）令，得，则点到极轴所在直线的距离为，
则
，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为．
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）分析函数的单调性，求出函数的最小值，可得出的值，然后利用基本不等式可证得结论成立.
【详解】（1）当时，由得，此时，；
当时，由得，此时，；
当时，由，解得，此时，.
综上所述，不等式的解集为.
（2）证明：由（1）可知，，
函数在区间上单调递减，且，
在区间上单调递减，且，
在上单调递增，且，
所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，函数的最小值为，所以，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，所以，.
X
0
1
2
3
4
P