四川省成都市第七中学2024届高三下学期热身考试数学（理）试卷

成都市第七中学2024届高三下学期热身考试数学(理)本试卷分第1卷(选择题)和第11卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.第1卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设全集U={x∈N∣x≤7},集合M、N满足M={3,7},CUM∩N={4,5},则{0,1,2,6}=（）A.M∪∁UNB.∁UM∪∁UNC.M∩∁UND.∁UM∩∁UN2.设向量a,b满足a−b⊥a+2b,且2a=3b≠0,则cos<a,b>=（）A.−16B.−38C.16D.383.设x,y满足约束条件1−y≤0,x−y≤0,x+y≥−1,则z=x+5y的最小值为（）A.3B.6C.-3D.-64.一个多面体的三视图如右,图中所示外轮廓都是边长为1的正方形则该多面体的体积为（）A.13B.23C.16D.565.函数y=32x与y=31−2x的图象（） A.关于x=2对称B.关于x=1对称C.关于x=12对称D.关于x=14对称6.设点A2,3,动点P在抛物线C:y2=4x上,记P到直线x=−2的距离为d,则AP+d的最小值为（）A.1B.3C.10−1D.10+17.圆O1:x2+y2+2x+8y−8=0与圆O2:x2+y2−4x−4y−2=0的位置关系为（）A.外切B.相交C.内切D．相离8.下列说法中，正确的为（）A.在研究数据的离散程度时，一组数据中添加新数据，其极差与标准差都可能变小B.在研究变量间的相关关系时，两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱C.在实施独立性检验时,显著增加分类变量的样本容量,随机变量K2的观测值k会减小D.在回归分析中，模型样本数据的R2值越大，其残差平方和就越小，拟合效果就越好9.已知圆锥PO的母线长为3,表面积为4π,O为底面圆心,AB为底面圆直径,C为底面圆周上一点，∠BOC=60∘，M为PB中点，则△MOC的面积为（）A.354B.54C.358D.5810.内切球半径为1的正四棱台其上、下底面边长可能分别为（）A.1,3B.1,4C.2,32D.2,4211.设函数fx=sinωx+φω>0,0<φ<π,则“0<ω<23“是”fx在π6,3π4上单调递增“的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件12.双曲线C的两个焦点为F1、F2,对称中心为O,在C的一条渐近线上取一点M,使得OM等于C的半实轴长，当△MF1F2的最小角取最大值时，C的离心率为（） A.2B.3C.2D.5第11卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.设z=2−i，则z2z2的虚部为___________14.4x−3y2x+y5的展开式中x3y3的系数为___________15.在△ABC中，已知BC=1,AC=2,cosC=14,则sin2A=___________16.曲线y=lnx上有相异三点到点M3,t的距离相同，则t的取值范围为__________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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答17.(12分)记数列an的前n项和为Sn,已知2Sn=n2+an+a1−1.(1)若a1≠1,证明:an−n是等比数列;(2)若a2是a1和a3的等差中项,设bn=1anan+2,求数列bn的前n项和为Tn.18.(12分)“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚.甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划6月1日选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种.他们之间的出行互不影响,其中,甲选择“共享单车”的概率为12,乙选择“共享单车”的概率为23,丙选择“共享单车”的概率为34.(1)若有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；(2)记甲、乙、丙三人中选择“共享单车”出行的人数为X，求X的分布列与数学期望19.(12分)如图,三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60∘,D为A1C与AC1交点(1)证明:平面BCD⊥平面AB1C1;(2)若DB1=132,求二面角A1−CB1−C1的余弦值. 20.(12分)已知椭圆C1:x22+y2=1与抛物线C2:y=ax2−2有四个公共点A、B、C、D分别位于第一、二、三、四象限内.(1)求实数a的取值范围；(2)直线AC、AD与y轴分别交于M、N两点，求MN的取值集合21.(12分)(1)讨论函数fx=tanx2⋅ex+1ex−1在区间0,π内的单调性;(2)存在x1,x2∈0,π,满足x1<x2,且ex1sinx2=ex2sinx1,i)证明:x1+x2<π;ii)若x2<x1+π2,证明:x1+x2<2π3.(参考数据:4.8<eπ<4.9)请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22.(10分)选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ−π40≤θ≤3π4,已知M1,12,动直线l的参数方程为x=1+tcosα,y=12+tsinα(t为参数,0≤α<π2).(1)写出C在直角坐标系下的普通方程；(2)若直线l与曲线C有两个公共点A和B，线段AB上一点K满足KM2=AM⋅BM，以α为参数写出K轨迹的参数方程.23.(10分)选修4-5：不等式选讲已知a,b,c>0，且a+b+c=abc2. (1)求abc2的最小值m；(2)证明:mabc+a+bc2≥m2.数学(理)参考答案一、选择题123456789101112DAADDDBDCBBB5.提示：曲线y=32x关于x=a的对称曲线为y=322a−x，即y=34a−2x，与y=31−2x对比系数可知4a=1，故a=14.10.提示:如图,设上、下底面边长分别为a,b,内切球半径为r,过内切球球心作轴截面,利用射影定理，可得a2⋅b2=r2,即ab=4,B选项满足题设.11.提示：对于fx在π6,3π4上单调递增,可得3π4−π6=7π12≤12⋅2πω,即ω≤127,有0<ωπ6+φ<2π7+π<3π2，结合单调性，可知0<ωπ6+φ<π2，仅需限定ω3π4+φ≤π2，又考虑φ>0，则有0<ω<23，故满足“必要条件“;但当π2≤φ<π时，对于0<ω<23，ω3π4+φ≤π2无法成立,故不满足"充分条件".12.提示:如图,设△MF1F2的最小角为θ,利用特征Rt△MOF2可知OH=a2c,MH=abc,其中H为垂足,则有tanθ=abcc+a2c=ab2a2+b2≤ab22ab=24,取等条件为2a2=b2,故e=3 二、填空题13.4514.-8015.7153216.−2<t<−54−ln216.提示:设相异三点到M的距离为d,可知函数fx=x−32+lnx−t2−d2至少有3个零点,f′x=2x−3x+lnx−tx,令gx=x−3x+lnx−t, g′x=2x−3+1x, g′x在0,12,12,1,1,+∞符号正负正，gx对应增减增，为满足题设，gx符号必须负正负正，即g12g1<0,此时−2<t<−54−ln2,这样才有fx减增减增,其图象为W型,fx有3或4个零点.三、解答题17.解:(1)对2Sn=n2+an+a1−1①,当n≥2时,有2Sn−1=n−12+an−1+a1−1②,①-②:2Sn−Sn−1=2n−1+an−an−1,即2an=2n−1+an−an−1,（2分）经整理,可得an−n=−1an−1−n−1,(4分)故an−n是以a1−1≠0为首项、-1为公比的等比数列.（5分）(2)由(1)知an−n=−1n−1a1−1,有a2=3−a1,a3=a1+2,题设知2a2=a1+a3,即23−a1=a1+a1+2,则a1=1,故an=n(7分)而bn=1anan+2=1nn+2=121n−1n+2,（9分）Tn=b1+b2+⋯+bn−1+bn=1211−13+12−14+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2Tn=1211+12−1n+1−1n+2故Tn=34−121n+1+1n+2（12分） 18.解：(1)记甲、乙、丙三人选择“共享单车”出行分别为事件A,B,C，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件D,则PD=PABC+PABC+PABC=12×23×14+12×13×34+12×23×34=1124.又PCD=PABC+PABC=12×23×34+12×13×34=38,（3分）所以PC∣D=PCDPD=381124=911,即若有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为911（5分）（2）由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,3,则PX=0=PABC=12×13×14=124,PX=1=PABC+PABC+PABC=12×13×14+12×23×14+12×13×34=14,PX=2=PD=1124,PX=3=PABC=12×23×34=14,(9分)所以X的分布列为X0123P12414112414故EX=0×124+1×14+2×1124+3×14=2312,即X的数学期望为2312.（12分）19.解：(1)取BC中点O,取AB1中点E,连接DE,BE, OE,因为三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60∘,有AO=B1O=3,AB=BB1,E为AB1的中点,BCDE四点共面,所以OE⊥AB1,且BE⊥AB1,BE,BE,OE⊂平面BCD,OE∩BE=E,即AB1⊥平面BCD,又AB1⊂平面AB1C1,故平面BCD⊥平面AB1C1（5分）（2）因为BC//B1C1,所以B1C1⊥平面AOB1,AB1⊂平面AOB1,所以B1C1⊥AB1,所以△AB1C1为直角三角形,所以AC1=2DB1=13,所以AB1=AC12−B1C12=3,在△AOB1中,cos∠AOB1=3+3−92×3=−12.（6分）以O为原点，作Oz⊥平面BCC1B1，以OB,OB1,Oz方向为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则C−1,0,0，B10,3,0，C1−2,3,0，A0,−32,32，由AA1=CC1,所以A1−1,32,32,所以CA1=0,32,32,CB1=1,3,0,设平面A1CB1的一个法向量为n=x,y,z,则CB1⋅n=0CA1⋅n=0,即x+3y=032y+32z=0,令z=1,解得n=3,−3,1,所以平面C1CB1的一个法向量为m=0,0,1（10分）记二面角A1−CB1−C1的大小为θ,且θ为锐角,则cosθ=cosm,n=m⋅nm⋅n=1313,即二面角A1−CB1−C1的平面角的余弦值为1313（12分）20.解：(1)由椭圆C1及抛物线C2的对称性，知A与B、C与D关于y轴对称，设其纵坐标分别为y1、y2,联立x22+y2=1与y=ax2−2,消x,得2ay2+y+2−2a=0①,其两根即y1、y2,由题设知a>0,y1y2=1−aa<0,解得a>1.（4分）(2)设直线l:x=ty−m,若l表示AC,联立x=ty−m与y=ax2−2,消x,得at2y2−2mat2+1y+at2m2−2=0(2)其两根也是y1、y2,故方程①与②为同解方程,有y1+y2=−12a=2mat2+1at2,即−1a=4m+2at2③,亦有y1y2=1−aa=at2m2−2at2,即1a−1=m2−2at2④,(8分)③与④相加，可得m2+4m+1=0，有m1=−2+3,m2=−2−3考虑到M在C1内部,取yM=m1; 若l表示AD,且N在C1外部,类上可得yN=m2,即MN=m1−m2=23,故MN的取值集合为{23}.（12分）(亦可用y1、y2以点参形式直接表示直线AC与AD,可得到yM−yN=2y1+2y2+221.解:(1)f′x=121cos2x2⋅ex+1ex−1+sinx2cosx2⋅−2exex−12=ex2ex−12cos2x2ex−e−x−2sinx令gx=ex−e−x−2sinx,有g′x=ex+e−x−2cosx,而当x∈0,π,g′x>2ex⋅e−x−2⋅1=0,则gx单增,有gx>g0=0即f′x>0，则fx在区间0,π内单调递增.(4分)(2)i)由ex1sinx2=ex2sinx1,可令得sinx1ex1=sinx2ex2=m,设ℎ1x=sinxex−m,ℎ1′x=cosx−sinxex当x∈0,π4时,ℎ1′x>0,ℎ1x单增;当x∈π4,π时,ℎ1′x<0,ℎ1x单减.由题设知ℎ10=ℎ1π<0,且ℎ1π4>0,则有x1∈0,π4, x2∈π4,π, m∈0,22e−π4.若x2≤π2时,则x1+x2<π4+π2<π;（6分）若x2>π2时,设ℎ2x=sinxeπ4−m,易知其在0,π内有两零点x1∗和x2∗,其中x1∗∈0,π4,x2∗∈3π4,π,而ℎ2x关于x=π2对称,且有x1∗+x2∗=π.由sinxeπ4在0,π2单增,知m=sinx1∗eπ4=sinx1ex1>sinx1eπ4,有x1<x1∗;由sinxeπ4在π2,π单减,知m=sinx2∗eπ4=sinx2ex2<sinx2eπ4,有x2<x2∗,则x1+x2<x1∗+x2∗,即x1+x2<π.(8分)(证明亦可利用fx>fπ−x,x∈0,π4)ii)由ex1sinx2=ex2sinx1,得sinx1+x22−x1−x22=ex2−x1sinx1+x22+x1−x22,利用正弦和差角公式,经过化切后得tanx1+x22−tanx1−x22=ex2−x1tanx1+x22+tanx1−x22,再整理可得tanx2+x12=tanx2−x12⋅ex2−x1+1ex2−x1−1,（10分）由题设知0<x2−x1<π2,利用（1）结论有tanx2−x12⋅ex2−x1+1ex2−x1−1<tanπ4⋅eπ2+1eπ2−1,则tanx2+x12<eπ2+1eπ2−1<4.9+14.8−1<3,由i)知0<x1+x22<π2,即x1+x22<π3, 综上,x1+x2<2π3.（12分）22.解：(1)由ρ=cosθ+sinθ得ρ2=ρcosθ+ρsinθ,即x2+y2=x+y,整理可得x−122+y−122=12,而0≤θ≤3π4,图形分析可知y≥0,故C在直角坐标系下的普通方程为x−122+y−122=12y≥0.(4分)(2)将x=1+tcosα,y=12+tsinα代入x−122+y−122=12,消去x,y,整理得t2+cosα⋅t−14=0,Δ=cos2α+1>0,考虑到y≥0,由图形可知0≤α<α0,α0为锐角且满足tanα0=12,由韦达定理及题设可知tK2=tA⋅tB=tAtB=14,考虑点K在线段AB上,tK=−12,则点K的坐标为1+tKcosα,12+tKsinα,(8分)故K轨迹的参数方程为x=1−12cosα,y=12−12sinα(α为参数,0≤α<α0,其中锐角α0满足tanα0=12.（10分）23.解：(1)由均值不等式可知a+b+c=a+b+c2+c2≥4⋅4a⋅b⋅c2⋅c2,即abc2≥44abc24,整理得abc2≥4,故abc2的最小值为4,取最值条件为a=b=c2=1.(4分)(2)由(1)知即证4abc+a+bc2≥42,由a+b+c=abc2可得1ab+1bc+1ac=c,即有4abc+a+bc2=4ab+ac+bcc=4ab+ac+bc1ab+1ac+1bc,由柯西不等式可知4ab+ac+bc1ab+1ac+1bc≥4ab⋅1ab+ac⋅1ac+bc⋅1bc2=2+1+12=42,取等条件为4ab1ab=ac1bc=bc1bc,即a=b=c2=1.故4abc+a+bc2≥42.（10分）