四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期开学考试理科数学试题含答案.pdf

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1、试卷第 1 页，共 5 页成都石室中学成都石室中学 2023-2024 年度上期高年度上期高 2024 届入学考试数学试题（理）届入学考试数学试题（理）（总分：（总分：150 分，时间：分，时间：120 分钟分钟）第卷（共第卷（共 60 分）分）一、选择题（本题共一、选择题（本题共 12 道小题，每小题道小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）分）1.已知集合14Axx N，2230Bx xx，则AB I（）A1,2B0,1,2C1,2,3D 0,1,2,32.若复数满足(1 3i)24iz，则z()A22B1C2D23.函数23()exxxf x的图象大致是()AB C D4.已知实数,x

2、 y满足01xyaaa，则下列关系式恒成立的是（）A 221111xyB 22ln1ln1xyC sinsinxyD 33xy5.若0,0,lglglgababab，则ab的最小值为（）A.8B.6C.4D.26.已知命题若则；命题 在中，是的必要不充分条件，则下列命题为真命题的是（）A B.C.D.7.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（）A14B.12C.1D.28.已知函数()sin(4)(0)f xAx 的图象与y轴交点的坐标为(0,3)，且图象关于直线24x 对称，将()f x图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的 2 倍，得到函数()g x的图象，则()g x在区

3、间0,12上的最大值为()z:p22,acbcab:qABCsinsinABABpq()pqpqpq侧视图0.5俯视图1正视图10.5试卷第 2 页，共 5 页A12B1C3D29.某单位共招聘 6 名应届毕业生，其中男女分别有 3 人，准备平均分配到 3 个部门，其中有一个部门要求必须分配 2 名女生，则不同的安排方法有（）A.36B.54 C.72D.10810.已知0.56sin0.7,0.6,log 5,abc则a，b，c的大小关系为（）AabcBacbCbacDbca11.已知圆2212 316:()33Cxy过双曲线22222:1(0,0)xyCabab的左右焦点12,F F,曲线

4、1C与曲线2C在第一象限交点为M，1212,MFMF则双曲线2C的离心率为（）A2B3C2D312.若直线0(0)xkyk与函数2(21)(12sin)()21xxxf x图象交于不同的两点,A B，且点(9,3),C若点(,)D m n满足DADBCD ，则mn（）A.6B.4C.2D.k第卷（共第卷（共 90 分）分）二、填空题（本题共填空题（本题共 4 道小题，每小题道小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分）13.已知倾斜角为的直线l与直线:230m xy垂直，则cos2=.14.设x，y满足约束条件0202222yxyxyxyx，则yxz 2的最大值是_.15.直线01 yx与抛

5、物线xy42交于,A B两点，过线段AB的中点作直线1x的垂线，垂足为M，则MBMA .16.已知三棱锥BCDA中,2ADBCCDAB,tBDAC,当三棱锥BCDA体积最大时,t的值为 .三、解答题（本题共三、解答题（本题共 6 道小题，道小题，17 题题 10 分，其余各题分，其余各题 12 分，共分，共 70 分）分）17（本小题满分 12 分）已 知 数 列 na满 足13a，121nnaan，数 列 nb满 足12b，1nnnbban.（1）证明：nan是等比数列；（2）数列 nc满足111nnnnancbb，求数列 nc的前n项的和nT.18（本小题满分 12 分）试卷第 3 页，共

6、 5 页如图，四棱锥ABCDE中，底面BCDE是平行四边形，平面ACE 底面BCDE，BECE，24CEBE，2 3AC，2AE（1）求证：平面ABE 平面ACD；（2）求平面ABC与平面ACD所成的锐二面角的余弦值19（本小题满分 12 分）成都市有关部门为宣传垃圾分类知识，面向该市市民进行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查，每位市民仅有一次参与机会，通过抽样，得到参与问卷调查中的 1000 人的得分数据，其频率分布直方图如图所示：（1）估计该组数据的中位数、众数；（2）由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分Z服从正态分布210N，近似为这 1000 人得分的平均值（同一组数据用该区

7、间的中点值作代表），利用该正态分布，求50.594PZ；（3）在（2）的条件下，有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：（）得分不低于可获赠 2 次随机话费，得分低于则只有 1 次；（）每次赠送的随机话费和对应概率如下：现有一位市民要参加此次问卷调查，记X(单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列和数学期望.附：210=14.5，若2,ZN，则+=0.6826PZ，2+2=0.9544PZ.20（本小题满分 12 分）已知椭圆1C：22221xyab（0ab）左、右焦点分别为1F,2F，且2F为抛物线22:8Cyx的焦点，(2,2)P为椭圆1C上一点.（1）求椭圆1C的

8、方程；（2）已知A，B为椭圆1C上不同两点，且都在x轴上方，满足12F AF B.ABCDE试卷第 4 页，共 5 页（）若3，求直线1F A的斜率；（）若直线1F A与抛物线2yx无交点，求四边形12F F BA面积的取值范围.21（本小题满分 12 分）设()lnf xx（1）证明：()yf x的图象与直线xye 有且只有一个横坐标为的公共点，且1(,1)e；（2）求所有的实数k，使得直线ykx与函数2()yfx的图象相切；（3）设2,(),)a b ce（其中由（1）给出），且3abc，()ln2g xx，求g2(a)+g2(b)+g2(c)的最大值22（本小题满分 10 分）在直角坐标

9、系xOy中，直线的方程为(0)xya a，曲线C的参数方程为1 cossinxy（为参数），点P，Q分别在直线和曲线C上运动，|PQ的最小值为3212.(1)求a的值；(2)以 坐 标 原 点O为 极 点，x轴 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系，射 线1:(0,0)2l 与 曲 线C交 于 不 同 的 两 点,O A与 直 线 交 于 点B，若|OAAB，求的值.成都石室中学成都石室中学 2023-2024 年度上期高年度上期高 2024 届入学考试数学试题（理届入学考试数学试题（理）参考答案）参考答案一、选择题题号123456789101112答案BCADCDACBACB二、填

10、空题13.35;14.310;15.0;16.4 33.三、解答题17解：（1）121nnaan112nnanan，又因为112a ，所以nan是首项为 2，公比为 2 的等比数列.5 分（2）111 22nnnana1nnnbban12nnnbb 121112211222222nnnnnnnnbbbbbbbbn 12b 满足上式.2nnb1112111121212121nnnnnnnnnancbb12231111111111212121212121321nnnnT.12 分18解：（1）因为平面ACE 平面BCDE，且平面ACE 平面BCDECE，BE 平面BCDE，BECE，所以BE 平面

11、ACE，所以BEAC因为4CE，2AE，2 3AC，所以222CEAEAC，故ACAE又AEBEE，所以AC 平面ABE因为AC 平面ACD，所以，平面ABE 平面ACD(6 分)（2）在线段EC上取点O，使1EO，则AOEC，因为平面ACE 平面BCDE，且平面ACE 平面BCDECE，AO 平面ACE，所以AO 平面BCDE 所以，可以建立如图所示空间直角坐标系，其中x轴/EB 则(0,0,3)A，(2,1,0)B，(0,3,0)C，(2,3,0)D，所以(0,3,3)CA uu r，(2,4,0)CB uur，(2,0,0)CD uuu r设平面ABC的法向量为111(,)nx y zr

12、，则0,0,CA nCB nuu r ruur r即1111330,240,yzxy令11y 得12x，13z，所以平面ABC的一个法向量为(2,1,3)n r(9 分)设平面ACD的法向量为222(,)mxyzu r，则0,0,CA mCD muu r u ruuu r u r即222330,20,yzx令21y 得20 x，23z，所以平面ACD的一个法向量为(0,1,3)m u r021 1332cos,22 22m n u r r，(11 分)所以平面ABC与平面ACD所成的锐二面角的余弦值为22(12 分)19解：（1）由(0.0025+0.0050+0.0100+0.0150+0.

13、0225a 0.0250)101，得0.0200a，设中位数为x，由0.0025+0.0150+0.020010+600.02500.5000 x，解得65x，由频率分布直方图可知众数为 65.3 分（2）从这 1000 人问卷调查得到的平均值为=35 0.025+45 0.15+55 0.20+65 0.25+75 0.225+85 0.1+95 0.05=0.875+6.75+11+16.25+16.875+8.5+4.75=65因 为 由 于 得 分Z服 从 正 态 分 布65,210N，所 以50.594=PZ65 14.565 14.5 2PZ 0.6826+0.9544=0.818

14、52.7 分（3）设得分不低于分的概率为p，则1=2P Z，X的取值为 10，20，30，40，13310248P X，1113313202424432P X，1213133024416P XC，11114024432P X，所以X的分布列为：所以31331751020304083216324EX.12 分ABCDEOxyz20解：（1）依题意得2c，则1(2,0)F，2(2,0)F.于是12aPF24 2PF，从而2 2a.又222abc，解得2b 所以椭圆1C的方程为22184xy.3 分（2）如图，设1F A直线交椭圆于另一点B，2F B直线交椭圆于另一点A，由12F AF B，故12/

15、F A F B，由椭圆对称性，2112,ABFB FAFF，且四边形ABA B为平行四边形.5 分 1由题意直线AB的斜率不为 0，设直线AB：2xty，由22228xtyxy，消去x整理得222440tyty，设11,A x y，22,Bxy，则12242tyyt，12242y yt，由121112333F AF BF AF Byy （*）带入上式，解得：122262,22ttyytt故2222124,0(),1(2)2ttttt 由图Q，故1F A的斜率为 1.8 分 2由22xtyyx，消去x整理得220yty，由280t 得28t.所以2121ABtyy22121214tyyy y22

16、4 212tt，AB与BA间的距离241dt（即点2F到AB的距离），故1 212AF F BAB A BSS 2224 2114221ttt228 212tt，令211,3ts，则1 2228 212AF F BtSt28 28 211ssss12 2,4 25，所以四边形12AFF B的面积的取值范围为12 2,4 25.12 分21解：（1）考虑函数()lnxu xxe，易知()u x在(0,1)上单调递增，且(1)0u，1()0ue因此有且只有1(,1)e使得()0u，即()yf x的图象与直线xye 有且只有一个公共点，且该公共点的横坐标为3 分（2）22ln()xfxx 设200(

17、,ln)P xx是2()yfx的 图 象 上 一 点，则 该 点 处 的 切 线 为200002lnln()xyxxxx，整理得200002ln2lnlnxyxxxx令2002lnln0 xx，解得01x 或20 xe因此0y 与24yxe与函数2()yfx的图象相切因此所求实数k的值为0或24e 7 分（3）设224()lnh xxxe，则22ln4()xh xxe设ln()xxx，则21ln()xxx当2xe时，()0 x；当xe时，()0 x因此()x在2(,)e上单调递增，在(,)e 上单调递减从而()h x在2(,)e上单调递增，(,)e 上单调递减注意到2()0h e，故当2exe

18、时()0h x，当2xe时()0h x，因此()h x在2(,)e e上单调递减，在2(,)e 上单调递增所以当,)xe时，2()()0h xh e另一方面，注意到24(1)0he，故必然存在0(1,)xe，使得0()0h x，且当20 xx时()0h x，当0 xxe时()0h x因此()h x在20(,)x上单调递减，在0(,)x e上单调递增显然2()()0h eh e，而22222422()ln(2ln)(2ln)0heee因此当2(,)xe时，()0h x 综上可知当2x时()0h x，即224ln xxe，当且仅当2xe时等号成立由于222()ln()gxe x，故当22e x，即2()xe时，2224()()4gxe xxe，当且仅当22e xe，即1x 时等号成立因此222()()()44412gagbgcabc，当且仅当1abc时等号成立因此222()()()gagbgc的最大值为12 12 分22解：（1）22:(1)1Cxy，故|1|3 21122a，4a；5 分（2）曲线:2cosC，直线:(cossin)4l，分别代入，得2cosA，4sincosB，由|OAAB知2BA，即44cossincos，2sincoscos1即2sin(2)42，故3244即4.10 分