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

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树德中学高2020级高三开学考试试题理科数学试卷一､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.75.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.B.C.3D.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：①与共面；②三棱锥的体积跟的取值无关；③当时，；④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：①有易、中、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；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，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.:解由得：，由得，即得，故选：D5.解:由题得，解得，故，所以故选：A．6.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，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，①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，②正确；时，可得，则，所以不成立，③错误；时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，所以平面截正方体所截得的周长为，④正确.故答案为：①②④.三､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P—EN—B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①直线AP的方程：，直线的方程：，联立方程组消去y，得② 由①②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①又∵P，Q两点在椭圆E上，因此，，②，故P，M，Q三点共线，所以，即③由②，③得将其代入①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.①当时，，解得：，；②当时，，解得：，；③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.