四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试文数(1)_2023年9月_029月合集_2024届四川省成都市树德中学高三上学期开学考试

1 树德中学高 2021 级高三上期开学考试数学试题（文科） 7. 若命题p:x0,，x 1；命题q:x R，x2x 10，则下列命题为真命题的是（ ） x 0 0 0 时间：120分钟 满分：150分 命题人：廖游宇 审题人：唐颖君 A．pq B．pq C．pq D．pq 一、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   8. 已知F 、F 是椭圆的两个焦点，满足MF MF 0的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取 符合题目要求的． 1 2 1 2 值范围是 （ ） 1. 已知集合A  x|x2x60  ，Bx|x0，则AB（ ） 2 1 2 A．(0, ) B．(0, ] C．(0,1) D．[ ,1) A．x|2 x3 B．x|0x2 C．x|3x2 D．x|0x3 2 2 2 2i 1 1 2. 若i为虚数单位，则复数 z 的虚部为（ ） 9.   （ ） 1i 2tan20 2cos10 1 1 1 1 A． B． i C． i D． 3 2 2 2 2 A. 3 B. 2 C. D. 2 2       r 3. 已知向量a 1,m，b 1,0，且 ab ab6，则 a （ ） 10. 已知四面体ABCD满足ABCD 3，ADBC  5，ACBD2，且该四面体ABCD的外 接球的表面积是( ) A． 5 B．2 3 C． 22 D．2 6 A．2 B．6 C． 6 D．4 11 4. 部分与整体以某种相似方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的 方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学 11. 已知函数 f(x)2sin2x2cos2x.若对任意x   0, π ，存在x (0,)，使 f x 2 mx2 2x2  1 2 1   2   2 1 与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图由波兰数学家谢尔宾斯基1915年 成立，则m的取值范围是( ) 提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中 1 1 1 点连线.将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述 A. m1 B. m C. m D. m 2 8 4 3 过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面积为 ，则第n个图中阴影部分的面积为（ ） 12. 对于函数y f x，若存在 f x fx ，则称点  x , f x  与点 x , f x  是函数的一 4 0 0 0 0 0 0 lnx,x0 对“隐对称点”．若m0时，函数 f x 的图象上恰有2对“隐对称点”，则实 mx2mx,x 0 数m的取值范围为（ ）  1  1 1  A．0,  B．0,  , C．0,1  1, D．1,  e  e e  A. 3 ( 3 )n B. 3 ( 3 )n C. 3 ( 3 )n D. 3 ( 3 )n1 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．答案填在答题卷相应横线上． 4 4 3 4 6 2 9 2 y0 5. 已知矩形ABCD中，AB2BC，现向矩形ABCD内随机投掷质点P，则满足APB为锐角的 13. 设x,y满足约束条件  xy0，则z2xy的最大值为__________. 概率是（ ）  xy2 4  A． B． π 4 4 14. 在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a2,b2 3,B ，则ABC的面积为 . 3 16  C． D． 16 16 15. 如图，正方体ABCDABCD 的棱长为4，E是侧棱AA 的中点， 1 1 1 1 1 6. 在如图所示的程序框图中，程序运行的结果S为3840，那么判断框 中可以填入的关于k的判断条件是（ ） 则平面BCE 截正方体ABCDABCD 所得的截面图形的周长 1 1 1 1 1 A. k 5 B. k 5 C. k 4 D. k 4 是 . 2023-8-30 高三数开学文 第1页 共2页 {#{QQABRYCAggAgAABAABhCUQUiCEIQkBACAAgGwAAAMAAByBFABAA=}#}x2 y2 x2 y2 16. 已知A、B是椭圆  1a b 0与双曲线  1a0,b0的公共顶点，P是双曲 19. 在数列a 中，a 2a 3a na 3n1． a2 b2 a2 b2 n 1 2 3 n 线上一点，PA，PB交椭圆于M ，N.若MN过椭圆的焦点F ，且tanAMB3，则双曲线的 （1）求a 的通项公式； 离心率为__________. n 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试 （2）若b  nn1a n ，求数列b 的前n项和S ． 题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答. n 2 n n （一）必考题，共60分. 17. 某新能源汽车制造公司，为鼓励消费者购买其生产的汽车，约定从今年元月开始，凡购买一辆 该品牌汽车，在行驶三年后，公司将给予适当金额的购车补贴.某调研机构对已购买该品牌汽车 的消费者，就购车补贴金额的心理预期值进行了抽样调查，得其样本频率分布直方图如图所示. 20. 已知椭圆 C: x2  y2 1a b0的离心率为 e 2 ，且经过点1,e. a2 b2 2 （1）求椭圆的标准方程; （2）P为椭圆C在第一象限内部分上的一点，过点P作圆M :(x1)2  y2 1的两条切线， 14 分别交 y轴与D,E两点，且|DE| .求点P的坐标. 3 （1）估计已购买该品牌汽车的消费群体对购车补贴金额的心理预期值的平均数； （2）统计今年以来元月~5月该品牌汽车的市场销售量，得其频数分布表如下： 21. 已知函数 f xex ax，aR. 月份 元月 2月 3月 4月 5月 （1）讨论 f x的单调性； 销售量（万辆） 0.5 0.6 1.0 1.4 1.7 （2）若当x1时， f xax，求a的取值范围. 预测该品牌汽车在今年6月份的销售量约为多少万辆？ （3）若存在实数a、b，使得 f xax2 bax恒成立，求ab的最小值. 附：对于一组样本数据 x,y ， x,y  ，…，x ,y ，其回归直线$ y$ bx$ a的斜率和截距的最小 1 1 2 2 n n  n  x x  y y   n x y nxy i i i i 二乘估计值分别为b  i1  i1 ，$ a y$ bx.  n  x x 2  n x2nx 2 （二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一 i i 题计分． i1 i1 22. 直角坐标系xOy中，点P0,1，动圆C：xsin2y3sin121( R) . （1）求动圆圆心C的轨迹； （2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为： 18. 如图，梯形ABCD中，AD 4,E为AD中点，且CE  AD,CE  BC 1,将DEC沿CE翻 2 4 2  ，过点P的直线l与曲线M交于A，B两点，且 PA  PB  ，求直线l  2cos2sin2 7 折到PEC,使得PEA .连接PA,PB. 的斜率. 3 （1）求证：BE  PC; （2）Q为线段PA 上一点，且AQ  2 AP，求三棱锥 23. 已知函数 f x 2x3  2x2 ，g(x)sin2x． 3 （1）求函数 f(x)g(x)的最小值； PBCQ的体积. （2）设a,b(1,1)，求证： 2a112b  2ab2 ． 2023-8-30 高三数开学文 第2页 共2页 {#{QQABRYCAggAgAABAABhCUQUiCEIQkBACAAgGwAAAMAAByBFABAA=}#}因为a 2满足上式， 树德中学高 2021 级高三上期开学考试数学试题参考答案(文科) 1 23n1 所以a  一、选择题：1-5DACBA 6-10CCACB 11-12DC n n nn1a n(n1) 23n1 2 3 （2）由（1）得b  n    (n 1) 3n1， 二、填空题：13． 4 ； 14． 2 3 ； 15． 6 24 5 ； 16． 3 ; n 2 2 n 所以S 230331432n3n2(n1)3n1 n 17、解：（1）因为直方图的组距为1，则各组数据的频率即为相应小矩形的高，所以平均数的估计 所以3S 231332433n3n1(n1)3n， 值为x1.50.12.50.33.50.34.50.155.50.16.50.053.5万元. n （2）记x i ii1,2,3,4,5，y 1 0.5，y 2 0.6，y 3 1.0，y 4 1.4，y 5 1.7，由散点图可知， 所以2S n 23132333n1(n1)3n 5组样本数据呈线性相关关系. 13n 1 2n1 1 (n1)3n   3n， 因为x3，y1.04， n x y 0.51.235.68.518.8， n x2 149162555， 13 2 2 i i i i1 i1 2n1 1 (2n1)3n 1 则b  18.8531.04  0.32， a 1.040.3230.08 ， 所以S n  4 3n  4  4 5559 所以回归直线方程是y0.32x0.08. c 2 当x6时，y0.3260.082，预计该品牌汽车在今年6月份的销售量约为2万辆.  a  2 , x2 20、（1）由题知 a2 b2c2, 解得a2 2， b2 1 ，故椭圆C的方程为  y2 1. 2 18、证明:因为CEAD.所以CEAE.CEPE.又PEAE=E.PE，AE平面PAE.  1 1   1, 所以CE⊥平面PAE.CE平面ABCE.所以平而ABCE⊥平而PAE. a2 2b2 在梯形ABCD中.DE=2.所以AE=2. （2）设点P(x ,y )（x 0,y 0），D(0,m)，E(0,n)， 0 0 0 0 所以在四棱锥P ABCE中，PE=AE=2. y m  则直线PD的方程为 y 0 xm，即(y m)xx ymx 0，因为圆心 M(1,0)到 因为∠PEA .所以PAE为正三角形. x 0 0 0 0 3 |y mx m| 取AE中点O.连接PO，OB，OC.易得POAE，OBAE. 直线PD的距离为1，即 0 0 1， (y m)2 x 2 由面面垂直的性质可得PO⊥平面ABCE. 0 0 又BC CE OE 1,CE  AE,CE  BC ,所以四边形OBCE为正方形，所以BEOC. 即(y m)2 x 2 (y m)2 2x m(y m) x 2m2，即(x 2)m2 2y mx 0， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 又OCPO O.OC、PO平面POC ，所以BE⊥平面POC 同理(x 2)n2 2y nx 0．由此可知，m，n为方程(x 2)x2 2y xx 0的两个实 0 0 0 0 0 0 又PC 平面POC ，所以BE  PC. 根，所以mn 2y 0 ，mn x 0 ， x 2 x 2 2 0 0 (2)解:由题意得Q为线段PA 上一点，且AQ  AP ， 3 4y 2 4x 4x 2 4y 2 8x |MN ||mn| (mn)2 4mn  0  0  0 0 0 ． 1 1 (x 2)2 x 2 (x 2)2 V V  V  V . 0 0 0 所以 PBCQ QPBC 3 APBC 3 PABC x 2 x 2 过点P作PO  AE,PO CE,AECE  E, 因为点P(x 0 ,y 0 )在椭圆C上，则 2 0  y 0 2 1，即 y 0 2 1 2 0 ， 所以PO 平面ABCE,又PAE为正三角形， PO  3. 2x 2 8x 4 14 则|MN | 0 0   ， 1 1 1 1 3 (x 2)2 3 所以V  V    11 3  0 PBCQ 3 PABC 3 3 2 18 . x 2 1 2 则x 2 4x 50，因为x 0，则x 1，y 2 1 0  ，即 y  ， 19、（1）当n1时，a 1 3112， 0 0 0 0 0 2 2 0 2 当n2时，则a 2a 3a na 3n1，得a 2a 3a (n1)a 3n11， 2 1 2 3 n 1 2 3 n1 故存在点P(1, )满足题设条件． 23n1 2 两式相减得，na 3n13n1123n1，所以a  ， n n n 21、（1）解：因为 f xexax ，其中xR，则 fxex a， 2023-8-30 高三数开学文 第3页 共2页 {#{QQABRYCAggAgAABAABhCUQUiCEIQkBACAAgGwAAAMAAByBFABAA=}#}若a0，则 f ¢( x )>0恒成立，此时 f x在R上递增； gxg1 1 ，所以abgx  1 ，当a 1 ，b 3 时取等号，综上所述，ab的 若a0，由 fx0，得xlna，由 f ¢( x )>0，得xlna， e 0 e 2e 2e 1 此时 f x在,lna上递减，在lna,上递增. 最小值为 . e 综上所述，当a0时，函数 f x的增区间为,，无减区间； xsin 22、（1）设圆心Cx,y，因为 ，所以y3x1,1x1.所以圆心C 的轨迹方程为 当a0时，函数 f x的减区间为,lna，增区间为lna, . y3sin1 （2）解；由 f xax得2axex， y3x11x1，即圆心C的轨迹为线段. 当x0时，显然成立； 2 xcos （2）因为2  ，所以22cos22sin2 2，因为 ，所以2x2y2 2， 当x1,0时，2x0，可得a ex ， 2cos2sin2 ysin 2x 即曲线M 的直角坐标方程为2x2y2 2.设直线l的倾斜角为，由点P在直线l上，得直线l的 令gx ex ，则gx 2exx1  0， 参数方程为   xtcos （t为参数），代入曲线M 的方程得： 2x 4x2 y1tsin 1 1 则gx在1,0上递减，故gxg1 ，此时a ；  2cos2sin2  t2 2tsin10 ，设 PA  t , PB  t ，由于点P在曲线M 的内部， 2e 2e 1 2 当x0,时，2x0，可得a 2 e x x ，令gx 2ex 4  x x 2 1  0得x1， 所以 PA  PB  t 1 t 2  2cos 2 2 sin   sin2  7 4 ，化简得：2sin27sin40，解得 sin 1 2 . 由gx0，可得0 x1，由gx0，可得x1. 由于0π，所以sin 1 ， π 或 2π ，所以tan 3 ，即直线l的斜率为 3 . 此时，函数gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增， 2 3 3 3 3  3 e e 4x1,x 所以，gx在x1处取得最小值，即gxg1 ，此时a .  2 2 2   1 e 23、【详解】（1）由题设 f x  5, 3  x1 ，而g(x)sin2x在(, 3 ]、( 3 ,1]、(1,)上 综上，a的取值范围是 , .  2 2 2  2e 2 4x1,x1 b1  （3）当a0时，对任意的x ，  a 均能取到最小值1， f xex ax2 1ax2 1a b1 1 b1 11bb， 对于 f(x)在(, 3 ]上递减，( 3 ,1]上为常数，(1,)上递增，且连续， a 2 2 所以对任意的实数b， f xb不可能恒成立； 所以 f(x)g(x)的最小值在( 3 ,1]上取得，即x π 时，最小值为4. 2 4 当a0时， f xex，要使 f xb恒成立，只需b0，所以abb0， （2）由 2a112b  2a112b 2|ab|，仅当(2a1)(12b)0取等号， 当a0时，由题意， fxex 2ax， fxex 2a， 要证 2a112b  2ab2 ，即证|ab| ab1，则(ab)2(ab1)2 ， 当a0时， fx0，所以 fx在R上单调递增， 需证(ab)2a2b21(a21)(b21)0 ，而a,b(1,1)，即a2,b2[0,1)， 因为 f   1  e  2 1 a 10， f010，所以存在唯一的x    1 ,0   ，使得 fx 0， 所以(a21)(b21) 0恒成立，故 2a112b  2ab2 得证.  2a 0  2a  0 且 fx0 xx ，fx0 xx ，所以 f x在,x 上单调递减，在x ,上单调 0 0 0 0 递增，从而 f x  f x ex0 ax2 ，因为 f xb 恒成立，所以 ex0 ax2 b ，故 min 0 0 0 abaex0 ax2 ①，又 fx ex0 2ax 0 ，所以 a ex0 ，代入不等式①可得 0 0 0 2x 0 ab ex0 ex0    ex0  x2，整理得：ab x 0 2 2x 0 1 ex0，设gx x2 2x1 exx0， 2x  2x  0 2x 2x 0 0 0 x3 x2 x1 x12x1 则gx ex  ex，所以gx01x0， 2x2 2x2 gx0x1 ， 故 gx 在 ,1 上 单 调 递 减 ， 在 1,0 上 单 调 递 增 ， 从 而 2023-8-30 高三数开学文 第4页 共2页 {#{QQABRYCAggAgAABAABhCUQUiCEIQkBACAAgGwAAAMAAByBFABAA=}#}