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四川省成都市树德中学2022-2023学年高三上学期入学考试 数学(理) WORD版含解析.doc

1、树德中学高2020级高三开学考试试题(理科数学)一选择题(本大题共12小题,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. 已知集合,则()A. B. C. D. 2. ()A. B. C. D. 3. 航天之父俄罗斯科学家齐奥科夫斯基(K.E.Tsiolkovsky)于1903年给出火箭最大速度的计算公式.其中,是燃料相对于火箭的喷射速度,是燃料的质量,是火箭(除去燃料)的质量,v是火箭将燃料喷射完之后达到的速度.已,则当火箭的最大速度可达到时,火箭的总质量(含燃料)至少是火箭(除去燃料)的质量的()倍.A. B. C. D. 4. 已知向量,则()A. 6B. 5C. 8D. 7

2、5. 已知数列满足:,点在函数的图象上,记为的前n项和,则()A. 3B. 4C. 5D. 66. 现安排编号分别为1,2,3,4的四位抗疫志愿者去做三项不同的工作,若每项工作都需安排志愿者,每位志愿者恰好安排一项工作,且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作,则不同的安排方法数为()A. 36B. 24C. 18D. 127. 已知正四棱锥的侧棱长为,底面边长为2,则该四棱锥的内切球的体积为()A. B. C. D. 8. 双曲线,已知O是坐标原点,A是双曲线C的斜率为正的渐近线与直线的交点,F是双曲线C的右焦点,D是线段OF的中点,若B是圆上的一点,则ABD的面积的最大值为()A.

3、B. C. 3 D. 9. 已知数列的前n项和满足,若数列满足,则()A. B. C. D. 10. 已知函数,设,则()A. B. C. D. 11. 某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕,彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图,等腰PMN的顶点P在半径为20的大O上,点M,N在半径为10的小O上,点O,P在弦MN的同侧.设,当PMN的面积最大时,对于其它区域中的某材料成本最省,则此时()A. B. C. D. 012. 若函数与的图象存在公共切线,则实数a的最大值为()A. B. C. D. 二填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13. 的展开式中的常数项为_.(用数字作

4、答)14. 已知抛物线的焦点为F,点M为C上一点,点N为x轴上一点,若是边长为2的正三角形,则p的值为_15. 已知数列满足,则数列的前20项和为_.16. 在棱长为1的正方体中,M为底面ABCD的中心,Q是棱上一点,且,N为线段AQ的中点,给出下列命题:与共面; 三棱锥的体积跟的取值无关;当时,;当时,过A,Q,M三点的平面截正方体所得截面的周长为.其中正确的有_(填写序号).三解答题17.(12分)在非直角中,角,对应的边分别,满足.(1)判断的形状;(2)若边上的中线长为2,求周长的最大值.18.(12分)为弘扬中国传统文化,某电视台举行传统文化知识大赛,先进行预赛,规则如下:有易、中、

5、难三类题,共进行四轮比赛,每轮选手自行选择一类题,随机抽出该类题中的一个回答;答对得分,答错不得分;四轮答题中,每类题最多选择两次四轮答题得分总和不低于10分进入决赛选手甲答对各题是相互独立的,答对每类题的概率及得分如表:容易题中等题难题答对概率0.60.50.3答对得分345(1)若甲前两轮都选择了中等题,并只答对了一个,你认为他后两轮应该怎样选择答题,并说明理由;(2)甲四轮答题中,选择了一个容易题、两个中等题、一个难题,若容易题答对,记甲预赛四轮得分总和为,求随机变量的数学期望19. (12分)如图,是边长为6的正三角形,点E,F,N分别在边AB,AC,BC上,且,为BC边的中点,AM交

6、EF于点,沿EF将三角形AEF折到DEF的位置,使.(1)证明:平面平面;(2)试探究在线段DM上是否存在点,使二面角大小为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.20. (12分)已知点A,B分别为椭圆的左、右顶点,为椭圆的左、右焦点,P为椭圆上异于A,B的一个动点,的周长为12(1)求椭圆E的方程;(2)已知点,直线PM与椭圆另外一个公共点为Q,直线AP与BQ交于点N,求证:当点P变化时,点N恒在一条定直线上21. (12分)已知函数,.(1)比较与的大小;(2)设方程有两个实根,求证:.22. (10分)在平而直角坐标系xOy中,曲线的参数方程为 (为参数),以坐标原点为极点,x轴正半

7、轴为极轴的极坐标系中,曲线的极坐标方程为,曲线的极坐标方程为(1)求曲线和的直角坐标方程;(2)已知点是曲线上一点M,N分别是和上的点,求的最大值.23. (10分)已知函数.(1)当时,解不等式;(2)设不等式的解集为,若,求实数的取值范围.树德中学高2020级高三开学考试试题(理科数学)答案一选择题(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.解:由题意知,所以.故选:C2. 解:由题意知,.故选:B3.解:由题意可知:,代入可得,所以,可得,可得,即,所以,所以火箭的总质量(含燃料)的质量是火箭(除去燃料)的质量的倍,故选:A.4. :

8、解由得:,由得,即得,故选:D5.解:由题得,解得,故,所以故选:A6. 解:先将四位志愿者分为2人、1人、1人共3组,有1号和3号一组;2号和4号一组;1号和4号一组共3种情况;再将3组志愿者分配到三项工作有种;按照分步乘法计数原理,共有种.故选:C.7.解:如图,设O为正四棱锥的底面中心,E为BC的中点,连接,PO,OE,PE,则PO为四棱锥的高,PE为侧面三角形PBC的高,因为,故 ,则,设该四棱锥的内切球的半径为r,则 ,即 ,解得 ,故内切球的体积为 ,故选:B8. 解:根据题意,双曲线斜率为正的渐近线方程为,因此点A的坐标是,点D是线段OF的中点,则直线AD的方程为,点B是圆上的一

9、点,点B到直线AD距离的最大值也就是圆心O到直线AD的距离d加上半径,即,则故选:A9.解:,当时,当时,所以.故,故选:D.10. 解:函数的定义域为,故为偶函数,当时,令,则,即单调递增,故,所以,则在时单调递增,由于因为,而,即,则,故选:B11.解:等腰PMN中,设PMN的面积为,则,求导,令,即,解得:(舍去负根),记,当,函数单调递增;当,函数单调递减;故当时,即,取得极大值,即最大值,则故选:C.12. 解:,设公切线与的图象切于点,与曲线切于点,故,所以,故,设,则,在上递增,在上递减,实数a的最大值为e故选:B.二填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13. 解:因为

10、,考虑中的常数项与项.由通项公式,即,故当时,中的常数项为,当时,中的项系数为,故的展开式中的常数项为故答案为:14.解:如图,因为是边长为2的正三角形,所以可得,当M与焦点F的横坐标相同时,所以点M位于点F的左侧,所以,所以,因为点在抛物线上,所以,化简得,解得(舍去),或,故答案为:315.解:由题意,当为奇数时,所以数列是公差为,首项为的等差数列,所以,当为偶数时,所以数列是公差为,首项为的等差数列,所以,故答案为:33016. 解:在中,为的中点,与共面,正确;,到平面的距离为定值,且的面积为定值,三棱锥的体积跟的取值无关,正确;时,可得,则,所以不成立,错误;时,过三点的正方体的截面

11、是等腰梯形,所以平面截正方体所截得的周长为,正确.故答案为:.三解答题17.(1)解,可得即根据正弦定理,得代入式,化简得即,为外接圆的半径)化简得,或,即或,又非直角,因此是等腰三角形(2)解:在ABD和ABC中,由余弦定理可得,又,所以,所以,设,所以ABC的周长2a+ c=,所以当时,2a+ c有最大值为,即ABC周长的最大值为.18.解:(1)依题意甲前两轮都选择了中等题,则后两轮的选择还有三种方案:方案一:都选择容易题,则总得分不低于10分的概率为;方案二:都选择难题,则总得分不低于10分的概率为;方案三:选择一个容易题、一个难题,则总得分不低于10分的概率为;因为,所以后两轮应该选

12、择容易题进行答题;(2)依题意的可能取值为3、7,8、11、12、16,则,所以的分布列为:378111216所以19.(1)解:在中,易得,由,得,又,又为中点,因为,平面,平面,又平面,所以平面平面;(2)解:由(1)平面,以为原点,以为的正方向建立空间直角坐标系,由(1)得平面的法向量为,设平面的法向量为,所以,所以.由题得,所以,所以,所以,因为二面角PENB的大小为60,所以,解之得(舍去)或.此时,所以.20. (1)解:设椭圆的焦距为2c,则,由得,即由的周长为12,得,所以,故椭圆E的方程为:(2)解:设直线PQ的方程:,(此处若设点斜式方程,需要讨论斜率是否存在,无讨论的扣1

13、分,只讨论斜率不存在的情况给1分)联立方程组得,恒成立,即直线AP的方程:,直线的方程:,联立方程组消去y,得由得所以,当点P运动时,点N恒在定直线上方法二设,设直线AP的方程:,直线BQ的方程:联立得又P,Q两点在椭圆E上,因此,故P,M,Q三点共线,所以,即由,得将其代入得所以,当点P运动时,点N恒在定直线上21. .解:(1)设,当时,单调递增;当时,单调递减,3分故的最大值为,故.4分(2)令,则,令.又由,得在上单调递增.5分又,存在,使,即,在上单调递减,在上单调递增,.8分由在上单调递减,得.又,10分,.综上所述,.12分22. 解:(1)由曲线的方程为(为参数),消去参数可得曲线的方程为,由曲线的极坐标方程为,曲线的极坐标方程,根据极坐标与直角坐标的互化公式,且,可得曲线直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为.故的方程为,直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为.(2)由(1)知双曲线,则,可得,所以,由双曲线的定义,可得,因为点是曲线上一点、分别是和上的点,可得,所以,所以的最大值为.23. 解:(1)当时,原不等式可化为.当时,解得:,;当时,解得:,;当时,解得:,;综上所述:不等式的解集为或.(2)由知:,在上恒成立,即,解得:,解得:,即实数的取值范围为.

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