四川省成都市教育科学研究院附属中学2023-2024学年高三下学期4月综合测试数学（理科）试题（原卷版+解析版）

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全卷共：150分 考试时间：120分钟
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.
1. 为纯虚数，则实数（ ）
A. B. C. 7D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先由复数乘法运算得复数的代数形式，再由复数为纯虚数的充要条件得不等式组，求解可得.
【详解】，
又∵复数为纯虚数，，解得．
故选：A．
2. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】计算出集合的元素后可得其子集的个数.
【详解】，故其子集的个数为8，
故选：D.
3. 函数的图象可能是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的定义域、奇偶性、函数值分析运算判断即可得解.
【详解】解：设，定义域为，则有
，
所以函数是偶函数，图象关于轴对称，故选项A、C错误；
因，
所以选项B错误；
综上知，选项D正确.
故选：D.
4. 已知等比数列满足，则的值为
A. 2B. 4C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意和等比数列的性质求出，结合计算即可.
【详解】根据等比数列的性质可得，∴，
即，解得，
又∵，，故可得，
故选：B
5. 已知，则是的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合不等式的性质即可得到结论.
【详解】因为，
所以当时，成立，
当成立时，如取，此时不成立，
所以是的充分不必要条件.
故选：B.
【点睛】本题考查充分不必要条件的定义，考查不等式的性质，属于基础题.
6. 定积分等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，再根据定积分的几何意义分别求解即可得答案.
【详解】解：根据定积分的运算性质，
因为表示以原点为圆心，为半径的圆的轴上部分，
所以，
因为函数在上为奇函数，
所以根据定积分的几何意义，，
所以
故选：D
7. 已知，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将化为同底的对数形式，根据对数函数单调性可知；利用可得，由此可得结论.
【详解】，，
又，；
，，又，；
综上所述：.
故选：C
8. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 60B. C. 120D.
【答案】A
【解析】
【分析】设的通项为，设的通项为, 即得解.
【详解】解：设的通项为，
设的通项为，
令
所以的系数为.
故选：A
9. 设圆锥曲线两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥曲线的定义可求实半轴长或长半轴长，故可求离心率.
【详解】设，
若曲线为椭圆，则长半轴长为，故离心率为；
若曲线为双曲线，则实半轴长为，故离心率为；
故选：C.
10. 在直角坐标系xOy中，F1(-c，0)，F2(c，0)分别是双曲线C：的左、右焦点，位于第一象限上的点P(x0,y0)是双曲线C上的一点，△PF1F2的外心M的坐标为，△PF1F2的面积为2a2，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. y＝±xB. y＝xC. y＝xD. y＝±x
【答案】D
【解析】
【分析】由M是三角形外心可得，根据圆周角与圆心角关系得∠F1PF2＝，根据余弦定理、双曲线的定义得，由三角形面积公式，即可确定的数量关系，写出渐近线方程即可.
【详解】由△PF1F2的外心M，知：，
∴在△中，，即，故∠F1PF2＝，
在△中，，而，
∴，即，
∴，而，
∴由题意知：，故双曲线的渐近线方程为：．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：利用外接圆的性质求∠F1PF2，由余弦定理、双曲线的定义及三角形面积公式求焦点三角形的面积，进而确定双曲线参数的数量关系.
11. 已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解.
【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，

所以，又易知，所以是等边三角形．
设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．
设，则，，所以．
又，所以，因为，易知，
则，，从而，．

故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.
12. 设大于1的两个实数a，b满足，则正整数n的最大值为（ ）．
A. 7B. 9C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】将已知条件变形为，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出的最大值即可.
【详解】解：易知等价于．
令，则．
令得．
当时；当时．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则有最大值．
令，则．
当时不符合，舍去，所以．
则，．
当时；当时．
所以在上单调递减，在上单调递增，
则有最小值．
若成立，只需，
即，即．
两边取自然对数可得．
当时等式成立；当时有．
令，本题即求的最大的正整数．
恒成立，则上单调递减．
因为，，，
所以的最大正整数为9．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，同时也考查转化与化归的数学思想，对解题能力有一定的挑战性，是难题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数.若，则实数的值为______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据分段函数分段计算后可得参数的值.
【详解】由题设可得或，故或，
故答案为：或，
14. 已知，，且，则在上的投影向量为______
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算，结合向量的投影计算即可得出结果.
【详解】设，由可知①，
而，
所以
由可得②，
由①②可得，解得，则，
所以或者，
又，则向量在上的投影向量是.
故答案为：.
15. 已知实数满足，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用判别式可求的最大值.
【详解】原方程可化为，
故，故，故，
当时，，
故的最大值为，
故答案为：
16. 函数与其导函数为，满足，其中；若，，其中.
① ②
③ ④
其中正确的命题有______.（将正确的序号都写上，多写漏写均不得分）
【答案】①④
【解析】
【分析】构造新函数，根据题设条件得为上的减函数，结合三角变换公式逐项判断后可得正确的选项.
【详解】令，则，
故为上的减函数，
对于①，因为，故，故，
故即，
而，故，故，故①正确;
对于②，由①可得，故，
而，故，
故，即，故②错误.
对于③，因为，故，
且，，故即，
故，所以，
所以，故③错误.
对于 ④，因为，故，
故，且，故，
故，故，而，，
故，
故，
因为，
所以，
所以即，故 ④成立.
故答案为：①④.
【点睛】关键点点睛：判断函数值的大小关系时，可根据导数与原函数的关系式构建新函数，当自变量的值与三角函数有关时，需根据三角变换公式对目标代数式化简后再判断变量的大小关系.
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. 已知等差数列的前n项和为，，．
（1）求的通项公式及；
（2）设______，求数列的前n项和．
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1），；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设出等差数列的公差，由题意列方程求出首项和公差，即可求得答案；
（2）不论选①、选②还是选③，都要利用（1）的结果，可得的表达式，利用裂项相消法求和，即得答案.
【小问1详解】
由题意知等差数列的前n项和为，，，
设公差为d，则，解得，
故，；
【小问2详解】
若选①，则，
故；
若选②，则，
故；
若选③，则，
故.
18. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；
（2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果.
【小问1详解】
由题意知，的可能取值有0，1，2，3，，
，，，
所以的分布列为：
.
【小问2详解】
因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，
设乙答对题数为，则，
设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由，又，所以，
则，又，所以，
设，所以，由二次函数可知当时取最大值，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
19. 如图，在三棱柱中，底面侧面，，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成的角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用菱形的性质、面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中计算即得.
【小问1详解】
在三棱柱中，由，得四边形是菱形，则，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，而平面，则，又，
因此，而平面,
所以平面.
【小问2详解】
在平面内过点作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则，
在平面内过作于，连接，又平面，
于是平面，而平面，则，从而是二面角的平面角，
由，得，由，得，，
则，显然，，，
所以平面与平面所成的角的余弦值是.
20. 如图，为坐标原点，为抛物线的焦点，过的直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，设抛物线在点处的切线为．

（1）若直线与轴的交点为，求证：；
（2）过点作的垂线与直线交于点，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线的方程为联立直线和抛物线方程求得，，即可得，得证；
（2）写出过点的的垂线方程，解得交点的纵坐标为，再由相似比即可得，即证得.
【小问1详解】
易知抛物线焦点，准线方程为；
设直线的方程为
联立得，
可得，所以；
不妨设在第一象限，在第四象限，对于；
可得的斜率为
所以的方程为，即为
令得
直线的方程为，
令得．
又，所以
即得证．
【小问2详解】
方法1：
由（1）中的斜率为可得过点的的垂线斜率为，
所以过点的的垂线的方程为，即，
如下图所示：
联立，解得的纵坐标为
要证明，因为四点共线，
只需证明（*）．
，
．
所以（*）成立，得证.
方法2：
由知与轴平行，
①
又的斜率为的斜率也为，所以与平行，
②，
由①②得，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设点法，从而得到，解出点的坐标，从而转化为证明即可.
21. 已知函数，．
（1）若是函数唯一的极小值点，求实数a的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）首先求导得，分和讨论即可得出的单调性，即可得出答案；
（2）由（1）证明可知，当且时，，，通过放缩得，利用累加法、等比数列前n项和及错位相减法即可证明原不等式.
【小问1详解】
，且，令，则，
①当时，，则单调递增，
当时，，
当时，，
即当时，单调递增，当时，单调递减，即可证得是函数唯一的极小值点；
②当时，，
所以存在使得，在单调递减，即当时，
，所以在单调递减，与是函数唯一的极小值矛盾，
综上：，从而实数a的取值范围为.
【小问2详解】
由（1）证明可知，当且时，即，，
当时，，即，
故可得：，
令，
，
两式相减可得：，
化简可得：.
故.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是在于利用不等式，然后进行放缩得，最后由累加法、等比数列前n项和及错位相减法即可证明.
选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，并将相应的方框涂黑；如果多做，则按所做的第一题计分.
选修：4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为
（1）求的普通方程与的直角坐标方程；
（2）求与交点的极坐标.
【答案】（1）C的普通方程为，的直角坐标方程为；
（2），.
【解析】
【分析】（1）结合三角函数恒等变换消去参数可得的普通方程，利用将极坐标方程转化为普通方程；
（2）联立方程组求交点的直角坐标，再将其转化为极坐标.
【小问1详解】
因为
所以
得..
由，得，
所以，所以
所以C的普通方程为，l的直角坐标方程为.
【小问2详解】
联立得或，
所以l与C交点的直角坐标分别为，，
设点的极坐标为，，，
则，，
所以，，
所以点的极坐标为，
同理可得点的极坐标为，
故与交点的极坐标为，.
选修4-5：不等式选讲
23. 设，，均为正数，且.证明：
（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，且为正数，得，再结合基本不等式即可证明；
（2）由（1）问结果，，再结合柯西不等式即可证明.
【小问1详解】
由，且为正数，得，
由基本不等式，，当且仅当时取等号，
所以，所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
由柯西不等式可得：
，
当且仅当时，等号成立，
所以
0
1
2
3
P