四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试理数(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

共有( ) 树德中学高 2021 级高三上期开学考试数学试题（理） A.24种 B.36种 C.48种 D.64种   时间：120分钟 满分：150分 命题人：廖游宇 审题人：唐颖君 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 1 2 1 2 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 值范围是( ) 2 1 2 符合题目要求的． A．(0, ) B．(0, ] C．[ ,1) D．(0,1) 2 2 2    1  1 1 1. 已知集合A x x2 2x0 ，B a xR,x2 ax 0，则AB ( ) 9.   ( )  4  2tan20 2cos10 A.  1,2  B. 2,1  C. 2,1 D. 2,1  3 A. 2 B. C. 3 D. 2 2. 复数z在复平面内对应的点为2,1，则 2i ( ) 2 z1 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 A．1i B．1i C．1i D．1i R 接球的球半径为R，四面体的内切球的球半径为R ，则 1 的值是( ) 1 2 R       r 2 3. 已知向量a 1,m，b 1,0，且 ab ab6，则 a ( ) 2 2 A． 11 B． 11 C． 6 D． 6 3 3 A． 5 B．2 3 C． 22 D．2 6  π 3π 11. 已知函数 f(x)acos2x 6sinxcosx2cos2x1 的图象关于直线 x 对称.若对任意 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  4 8 方 与 程 艺 式 术 ， 审 即 美 一 的 种 统 基 一 于 ，而 递 且 归 还 的 有 反 其 馈 深 系 刻 统 的 ， 科 分 学 形 方 几 法 何 论 学 意 不 义 仅 ， 让 如 人 图 们 由 感 波 悟 兰 到 数 科 学 学 家 与 谢 艺 尔 术 宾 的 斯 融 基 合 1 ， 91 数 5 学 年 x 1     0, π 2    ，存在x 2 (0,)，使 f x 1 2 mx2 2x2  1 2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 4 8 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( ) lnx x 4 12. 已知函数 f x ，gx 之间的关系非常密切，号称函数中的双子座，以下说法正确的 x ex 个数为( ) ①函数gx在x0处的切线与函数 f x在x1处的切线平行；②方程 f xgx有两个实数 根；③若直线ya与函数gx交于点Ax ,y ，Bx ,y ，与函数 f x交于点Bx ,y ， 1 1 2 2 2 2 Cx ,y ，则xx  x2.④若 f(m)g(n)0，则mn的最小值为  1 . 3 3 1 3 2 e 3 3 3 3 3 3 3 3 A. ( )n B. ( )n C. ( )n D. ( )n1 A.1 B.2 C.3 D.4 4 4 3 4 6 2 9 2 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 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． 概率是( ) y0 A． 4 B．  C． 16 D．  13. 设x,y满足约束条件  xy0，则z2xy的最大值为__________. 4 4 16 16  xy2 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( ) 14. 已知函数 f(x)的定义域为(0,)，则函数 y  f(x2) 的定义域是_________. A. k 5 B. k 5 x2 3x4 C. k 4 D. k 4 15. 已知抛物线C:y2 2px(p0)的焦点为F ，直线l:2xy60与抛物线C交于A,B两点，M 是 7. 在2023年成都大运会期间，组委会派遣甲､乙､丙､丁､戊五名志愿者 线段AB的中点，过M 作y轴的垂线交抛物线C于点N ，若  N  A    N  B  0，则点F的坐标为 参加A，B，C三个场馆的翻译工作，每人只去1个场馆，每个场 __________. 馆至少去1人，且甲､乙两人约定去同一个场馆，则不同的派遗方案 2023-8-30 高三数开学理 第1页 共2页 {#{QQABDYiAggAgAAJAABhCQQXACkEQkBECAAgGRAAMMAABiRFABAA=}#}16. 已知面积为 2 3 3 的锐角ABC其内角A,B,C所对边分别为a，b，c，且 tan 2 A  tan 1 B  sin 2 A ， 19. 已知数列a n 中，a 1 1， a 2  1 3 .且数列   n a 2a n1    是公差为1的等差数列. n 则边c的最小值为__________. （1）求a 的通项公式； 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 n 题考生都必须作答；第22､23题为选考题，考生根据要求作答. （2）设______，S n 为数列b n 的前n项和，若对任意nN  ，总有S n 1恒成立，求实数 （一）必考题，共60分. 的取值范围. 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 从下面三个条件中任选一个补充在题中横线处，并解答问题. 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. ①b  2a n ；②b n1a a ；③b  2n1a n 2 . n n2 n n n1 n 4 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 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.P为椭圆C在第一象限内 a2 b2 2 部分上的一点. （1）若A(a,0),B(0,b)，求ABP面积的最大值; （2）是否存在点P，使得过点P作圆M :(x1)2  y2 1的两条切线，分别交y轴与D,E两 （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； 14 点，且|DE| .若存在，点求出P的坐标；若不存在，说明理由. （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： 3 月份 元月 2月 3月 4月 5月 销售量（万辆） 0.5 0.6 1.0 1.4 1.7 21. 已知 f xex ax2， fx是 f x的导函数，其中aR. 预测该品牌汽车在今年6月份的销售量约为多少万辆？ （1）讨论函数 fx的单调性； 附：对于一组样本数据x 1 ,y 1 ，x 2 ,y 2 ，…，x n ,y n ，其回归直线$ y$ bx$ a的斜率和截距的最小 （2）设g(x) f(x)x(ex 1)ax2 1， y g(x)与x轴负半轴的交点为点P，y g(x)在点P处  n x y nxy 的切线方程为yh(x) . 二乘估计值分别为 b  i1 i i ，$ a y$ bx. ①求证：对于任意的实数x，都有g(x) h(x)； n x2nx 2 t(12e) i1 i ②若关于x的方程g(x)t(t 0)有两个实数根x 1 ，x 2 ，且x 1 x 2 ，证明：x 2 x 1 „1 1e ． 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 （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  折到PEC,使得PEA .连接PA,PB. 题计分． 3 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）求证：BE  PC; (1)求动圆圆心C的轨迹； （2）Q为线段PA 上一点，若AQ AP，若二面 (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： 角QBC A的平面角的余弦值为 2 时，求实数的值. 2  2cos2 2 sin2 ，过点P的直线l与曲线M交于A，B两点，且 PA  PB  7 4 ，求直线l 2 的斜率. 23. 已知函数 f x 2x3  2x2 ，g(x)sin2x． (1)求函数 f(x)g(x)的最小值； (2)设a,b(1,1)，求证： 2a112b  2ab2 ． 2023-8-30 高三数开学理 第2页 共2页 {#{QQABDYiAggAgAAJAABhCQQXACkEQkBECAAgGRAAMMAABiRFABAA=}#}1 3a n2a a n 树德中学高 2021 级高三上开学考试数学试题参考答案(理) 19、（1）由a 1，a  可知 2 1.由题设条件可知 n1 1n11n，所以 n1  ， 1 2 3 a a a n2 1 n n 一、选择题：1-5DACBA 6-10CBABA 11-12CC a n1 a a a n1 n2 n3 2 1 2 当n2时， n  ，a  n  n1 2a      1 . 二、填空题：13． 4 ； 14． (-2,1) ； 15． F   12 ,0   ； 16． 2 ; a n1 n1 n a n1 a n2 a 1 1 n1 n n1 4 3 nn1 19  2 2 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 当n1时，a 1 1满足a n  nn1 ，故a n 的通项公式为a n  nn1 . 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. 2a 4  1 1  （2）记x ii1,2,3,4,5，y 0.5，y 0.6，y 1.0，y 1.4，y 1.7，由散点图可知， （2）选择①，由（1）可知b  n  2  ， 5组样 i 本数据呈线性相关关 1 系. 2 3 4 5 n n2 nn1n2 nn1 n1n2  因为x3，y1.04， i n 1 x i y i 0.51.235.68.518.8， i n 1 x i 2 149162555 ， 所以S n 2   1 1 2  2 1 3  2 1 3  3 1 4  nn 1 1  n1 1 n2    18.8531.04 则b   0.32， a 1.040.3230.08 ， 1 1  2 5559 2  1 1.所以112. 所以回归直线方程是y0.32x0.08. 2 n1n2  n1n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. 4  1 1  选择②，由（1）可知b n1a a  2  ， 18、证明:因为CEAD.所以CEAE.CEPE.又PEAE=E.PE，AE平面PAE. n n n1 nn1n2 nn1 n1n2  所以CE⊥平面PAE.CE平面ABCE.所以平而ABCE⊥平而PAE.  1 1 1 1 1 1  在梯形ABCD中.DE=2.所以AE=2. 所以S n 2 12  23  23  34  nn1  n1n2   所以在四棱锥P ABCE 中，PE=AE=2.  1 1  2 因为∠PEA 3 .所以PAE为正三角形. 2 2  n1n2   1 n1n2 1.所以112. 取AE中点O.连接PO，OB，OC.易得POAE，OBAE. 2n1a2 2n1 1 1 选择③，由（1）可知b  n    ， 由面面垂直的性质可得PO⊥平面ABCE. n 4 n2n12 n2 n12 又BC CE OE 1,CE  AE,CE  BC ,所以四边形OBCE为正方形，所以BEOC. 1 1 1 1 1 1 1 又OCPO O.OC、PO平面POC ，所以BE⊥平面POC 所以S n  12  22  22  32  n2  n12 1 n12 1. 又PC 平面POC ，所以BE  PC. 所以112. (2)解:由(1)知OA、OB、OP两两垂直.以0为坐标原点.以0A.OB.OP所在直线建立如图所示的坐标系 c 2 则:А(1，0，0)，B(0，1，0).c(－1，1，0).P(0，0， 3),由AQ tAP得Q(1,0, 3)(01).   , a 2 x2 则BQ (1,1, 3),BC (1,0,0).设平面QBC的法向量m(x,y,z), 20、（1）由题知 a2 b2c2, 解得a2 2， b2 1 ，故椭圆C的方程为 2  y2 1.  1 1 故    mBQ 0  x0,y  3,z 1，即m(0, 3,1).  a2  2b2 1,  mBC 0 所以点A( 2,0),B(0,1)| AB| 3,l : 2x2y20。 AB  易知平面ABC的-个法向量为n(0,0,1) 2| 2sin( )1| |2cos2sin2| 2( 21) 4 设点P( 2cos,sin)，则d    mn 1 2 所以|cosm,n|| |  . 6 6 6 |m||n| 32 1 2 1 2( 21) 2 2 所以S   3  . 3 3 3 ABP 2 6 2 解得 或 （舍）.所以 . 3 3 3 （2）设点P(x ,y )（x 0,y 0），D(0,m)，E(0,n)， 0 0 0 0 2023-8-30 高三数开学理 第3页 共2页 {#{QQABDYiAggAgAAJAABhCQQXACkEQkBECAAgGRAAMMAABiRFABAA=}#}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 当x„ 2时，T(x)(x2)ex 2„ 20， x 0 0 0 0 |y mx m| 直线PD的距离为1，即 0 0 1， 当x2时，T(x)(x3)ex 0，故函数T(x)在(2,)上单调递增，又T(0)0， (y m)2 x 2 0 0 所以当x(,0)时，T(x)0，当x(0,)时，T(x)0， 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 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 所以函数T(x)在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增， 0 0 0 0 0 0 2y x 根，所以mn 0 ，mn 0 ， 所以T(x) T(0)0，即g(x) t(x)，设t(x)t 的根为x 2 ，则x 2 t ， x 2 x 2 0 0 |MN ||mn| (mn)2 4mn  4y 0 2  4x 0  4x 0 2 4y 0 2 8x 0 ． 又函数t(x)单调递增，故t t(x 2 ) f(x 2 ) t(x 2 )，故x 2 x 2 ．又x 1„x 1 ， (x 2)2 x 2 (x 2)2 0 0 0 te t(12e) x 2 x 2 所以x 2 x 1 „x 2 x 1 t(1 1e )1 1e ． 因为点P(x ,y )在椭圆C上，则 0  y 2 1，即 y 2 1 0 ， 0 0 2 0 0 2 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 2x 2 8x 4 14 y3sin1 则|MN | 0 0   ， (x 2)2 3 y3x11x1，即圆心C的轨迹为线段. 0 2 xcos x 2 1 2 （2）因为2  ，所以22cos22sin2 2，因为 ，所以2x2y2 2， 则x 2 4x 50，因为x 0，则x 1，y 2 1 0  ，即 y  ， 2cos2sin2 ysin 0 0 0 0 0 2 2 0 2 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 2 故存在点P(1, )满足题设条件． xtcos 2 参数方程为 （t为参数），代入曲线M 的方程得： y1tsin 21、解：（1） fxex2ax，令gxex 2ax，则gxex 2a  2cos2sin2  t2 2tsin10 ，设 PA  t , PB  t ，由于点P在曲线M 的内部， 当a0时，gx0，函数 fx在R上单调递增； 1 2 2sin 4 1 当a0时，gx0，得xln2a，gx0，得xln2a. 所以 PA  PB  t 1 t 2  2cos2sin2  7 ，化简得：2sin27sin40 ，解得 sin 2 . 所以函数 fx在,ln2a上单调递减，在ln2a,上单调递增. 1 π 2π 3 3 由于0π，所以sin ， 或 ，所以tan ，即直线l的斜率为 . (2)①证明：由（1）可知g(x)(x1)(ex 1)，令g(x)0，有x1或x0， 2 3 3 3 3 故曲线y g(x)与x轴负半轴的唯一交点P为(1,0)．曲线在点P(1,0)处的切线方程为yh(x)，  3 4x1,x  则h(x)g'(1)(x1) ，令F(x)g(x)h(x)，则F(x)g(x)g'(1)(x1)， 2  所以F(x) g'(x)g'(1)ex(x2) 1 ，F(1)0．当x1时，若x(，2]，F(x)0， 23、【详解】（1）由题设 f x  5, 3  x1 ，而g(x)sin2x在(, 3 ]、( 3 ,1]、(1,)上 e  2 2 2 4x1,x1 若x(2,1)，F(x)ex(x3)0，F(x)在x(2,1)时单调递增，F(x)F(1)0．   故F(x)0，F(x)在(,1)上单调递减， 均能取到最小值1， 当x1时，由F(x)ex(x3)0知F(x)在x(1,)时单调递增，F(x)F(1)0，F(x) 对于 f(x)在(, 3 ]上递减，( 3 ,1]上为常数，(1,)上递增，且连续， 2 2 在(1,)上单调递增．所以F(x) F(1)0，即 f(x) h(x)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 1 te ②证明： h(x)( 1)(x1) ，设 h(x)t 的根为 x ，则 x 1 ，又 h(x) 单调递减，且 （2）由 2a112b  2a112b 2|ab|，仅当(2a1)(12b)0取等号， e 1 1 1e 要证 2a112b  2ab2 ，即证|ab| ab1，则(ab)2(ab1)2 ， mh(x 1 ) g(x 1 ) h(x 1 )，所以x 1„x 1 ，设曲线 y g(x)在点(0,0)处的切线方程为 yt(x)，有 需证(ab)2a2b21(a21)(b21)0 ，而a,b(1,1)，即a2,b2[0,1)， 所以(a21)(b21) 0恒成立，故 2a112b  2ab2 得证. t(x)x，令T(x)g(x)t(x)(x1)(ex 1)x，T(x)(x2)ex 2， 2023-8-30 高三数开学理 第4页 共2页 {#{QQABDYiAggAgAAJAABhCQQXACkEQkBECAAgGRAAMMAABiRFABAA=}#}