2024-2025學年四川省綿陽市高三上學期9月聯(lián)考數(shù)學檢測試題（含解析）

2024-2025學年四川省綿陽市高三上學期9月聯(lián)考數(shù)學檢測試題注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A B. C. D.2.復數(shù)滿足，則的虛部是（）A B. C. D.3.若，且，則（）A.1 B. C. D.或4.已知，則（）A. B. C. D.5.兩圓錐母線長均為3，體積分別為，側面展開圖面積分別記為，且，側面展開圖圓心角滿足，則（）A. B. C. D.6.命題在上為減函數(shù)，命題在為增函數(shù)，則命題是命題的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件7.已知函數(shù)，將的所有極值點按照由小到大的順序排列，得到數(shù)列，對于正整數(shù)，甲：；乙：為單調遞增數(shù)列，則（）A.甲正確，乙正確 B.甲正確，乙錯誤C.甲錯誤，乙正確 D.甲錯誤，乙錯誤8.已知定義在上的函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，且滿足，函數(shù)的對稱中心為，則（）（注：）A. B.C D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.某學校有甲、乙、丙三個社團，人數(shù)分別為、、，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取人，進行某項興趣調查．已知抽出的人中有人對此感興趣，有人不感興趣，現(xiàn)從這人中隨機抽取人做進一步的深入訪談，用表示抽取的人中感興趣的學生人數(shù)，則（）A.從甲、乙、丙三個社團抽取的人數(shù)分別為人、人、人B.隨機變量C.隨機變量的數(shù)學期望為D.若事件“抽取的3人都感興趣”，則10.已知，則（）A. B.在上單調遞增C.，使 D.，使11.“曼哈頓幾何”也叫“出租車幾何”，是在19世紀由赫爾曼·閔可夫斯基提出的．如圖是抽象的城市路網(wǎng)，其中線段AB是歐式空間中定義的兩點最短距離，但在城市路網(wǎng)中，我們只能走有路的地方，不能“穿墻”而過，所以在“曼哈頓幾何”中，這兩點最短距離用表示，又稱“曼哈頓距離”，即，因此“曼哈頓兩點間距離公式”：若Ax1,y1,Bx2,y2，則．在平面直角坐標系中，我們把到兩定點的“曼哈頓距離”之和為常數(shù)的點的軌跡叫“新橢圓”．設“新橢圓”A.已知點，則B.“新橢圓”關于軸，軸，原點對稱C.最大值為D.“新橢圓”圍成的面積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知橢圓的左、右焦點為，右頂點為為上一動點（不與左、右頂點重合），設的周長為，若，則的離心率為______．13.若曲線與曲線有公共點，且在公共點處有公切線，則實數(shù)______．14.若，則______．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.在某象棋比賽中，若選手甲和選手乙進入了最終的象棋決賽，經(jīng)賽前數(shù)據(jù)統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)在每局象棋比賽中甲和乙獲勝的概率分別為和，且決賽賽制為局勝制，求：（1）前局中乙恰有局獲勝的概率；（2）比賽結束時兩位選手共進行了局比賽的概率．16.記的內(nèi)角的對邊分別為，且．（1）求；（2）若為邊上中點，求的長．17.如圖，三棱柱中，，且與均為等腰直角三角形，．（1）若為等邊三角形，證明：平面平面；（2）若二面角的平面角為，求二面角的平面角的余弦值．18.已知雙曲線的左、右焦點分別為的一條漸近線方程為，過且與軸垂直的直線與交于兩點，且的周長為16.（1）求的方程；（2）過作直線與交于兩點，若，求直線的斜率．19.已知函數(shù)．（1）當時，證明：；（2）現(xiàn)定義：階階乘數(shù)列滿足．若，證明：．2024-2025學年四川省綿陽市高三上學期9月聯(lián)考數(shù)學檢測試題注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】解一元二次不等式可求得，再結合集合的特征即可計算得出結果.【詳解】解不等式可得，又可得只有當時，的取值分別為在集合中，所以.故選：C2.復數(shù)滿足，則的虛部是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算化簡化簡可得，即可得共軛復數(shù)，由虛部定義即可求解.【詳解】由，得，故，進而可得，即的虛部是，故選：D3.若，且，則（）A.1 B. C. D.或【正確答案】D【分析】根據(jù)向量數(shù)量積坐標運算公式計算垂直數(shù)量積為0求參.【詳解】因為，所以，所以，即或.故選：D.4.已知，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】先由平方差公式化簡已知條件并結合二倍角的余弦公式得，進而得，從而結合二倍角正弦公式即可計算求解.【詳解】因為，所以，所以，即，所以由得，所以.故選：A.5.兩圓錐母線長均為3，體積分別為，側面展開圖面積分別記為，且，側面展開圖圓心角滿足，則（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用圓錐側面積公式推得，再由側面展開圖的圓心角公式推得，由此得到兩圓錐高分別為與，從而求得兩圓錐體積的比值.【詳解】依題意，不妨設甲圓錐的底面半徑為，高為，乙圓錐底面半徑為，高為，則，，由得，故，因為側面展開圖的圓心角之和為，所以，故，所以，，所以.故選：B.6.命題在上為減函數(shù)，命題在為增函數(shù)，則命題是命題的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【正確答案】A【分析】根據(jù)分段函數(shù)的單調性得到不等式得到，分離常數(shù)后，由的單調性得到，結合集合的包含關系得到是的充分不必要條件.【詳解】要在上單調遞減，則，解得，在1,+∞為增函數(shù)，則，解得，因為是的真子集，故命題是命題的充分不必要條件.故選：A7.已知函數(shù)，將的所有極值點按照由小到大的順序排列，得到數(shù)列，對于正整數(shù)，甲：；乙：為單調遞增數(shù)列，則（）A.甲正確，乙正確 B.甲正確，乙錯誤C.甲錯誤，乙正確 D.甲錯誤，乙錯誤【正確答案】B【分析】將函數(shù)的極值點轉化為兩個函數(shù)圖像的交點的橫坐標，由圖象判斷命題甲，結合函數(shù)圖像利用極限思想判斷命題乙.【詳解】函數(shù)的定義域為，導函數(shù)，令，得，所以函數(shù)的極值點為函數(shù)與函數(shù)的圖象的交點的橫坐標，在同一平面直角坐標系中，分別畫出函數(shù)與函數(shù)的圖象，如圖所示，由圖可知，在區(qū)間內(nèi)，函數(shù)函數(shù)與函數(shù)的圖象，有且僅有個交點，且，所以命題甲正確；因為，函數(shù)為增函數(shù)，所以，由圖像可知，隨著的增大，與越來越接近，距離越來越小，所以數(shù)列為遞減數(shù)列，命題乙錯誤.故選：B.方法點睛：根據(jù)條件將的極值點轉化成函數(shù)的“異號”零點，先對解析式變形，進而構造兩個函數(shù)，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，再結合命題甲、乙，利用數(shù)形結合的方法求解.8.已知定義在上的函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，且滿足，函數(shù)的對稱中心為，則（）（注：）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】利用求出函數(shù)的周期為4，利用的對稱中心為求出的對稱中心為，結合求出然后利用周期性，對稱性和單調性逐項判斷即可.【詳解】，故，所以，函數(shù)的對稱中心為，函數(shù)往左平移1個單位得到函數(shù)，故函數(shù)的對稱中心為，，令得，，故，即且的對稱中心為，故故即的對稱軸為.對于A,在區(qū)間上單調遞減，故，且，所以，故A錯誤；對于B,在區(qū)間上單調遞減，對稱中心為，故，且在區(qū)間上單調遞減，則，，故B錯誤；對于C，，且，結合在區(qū)間上單調遞減，故，故C正確；對于D，，故，且，即，結合在區(qū)間上單調遞減，故，故D錯誤.故選：C關鍵點點睛：本題的關鍵是通過賦值法求出函數(shù)的周期性和對稱性，然后結合函數(shù)的單調性求解即可.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.某學校有甲、乙、丙三個社團，人數(shù)分別為、、，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取人，進行某項興趣調查．已知抽出的人中有人對此感興趣，有人不感興趣，現(xiàn)從這人中隨機抽取人做進一步的深入訪談，用表示抽取的人中感興趣的學生人數(shù)，則（）A.從甲、乙、丙三個社團抽取的人數(shù)分別為人、人、人B.隨機變量C.隨機變量的數(shù)學期望為D.若事件“抽取的3人都感興趣”，則【正確答案】ACD【分析】結合分層抽樣性質求出各社團所需抽取人數(shù)判斷A，求隨機變量的分布列，判斷BD，由期望公式求的期望，判斷C.【詳解】設甲、乙、丙三個社團分別需抽取人，則，所以，，，所以從甲、乙、丙三個社團抽取的人數(shù)分別為人、人、人，A正確；隨機變量的取值有，，，，，，所以隨機變量的分布列為所以B錯誤；由期望公式可得隨機變量的數(shù)學期望，C正確；因為，所以D正確.故選：ACD.10.已知，則（）A. B.在上單調遞增C，使 D.，使【正確答案】AD【分析】對于A，代入化簡即可；對于B，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性即可；對于C，D利用基本不等式求解即可，要注意等號是否能取到.【詳解】對于A，，，故A正確.對于的定義域為，令，則在上恒成立，所以在上單調遞增，所以1即，在單調遞減，故B錯誤；對于，當時，，此時不存在，使；當x>0時，，由B知，，等號取不到，故不存在，使，故C錯誤；對于D，當x>0時，，此時不存在，使；當時，，，則在上恒成立，所以在上單調遞增，因為，所以，使得即，所以存在，使，故D正確.故AD.11.“曼哈頓幾何”也叫“出租車幾何”，是在19世紀由赫爾曼·閔可夫斯基提出的．如圖是抽象的城市路網(wǎng)，其中線段AB是歐式空間中定義的兩點最短距離，但在城市路網(wǎng)中，我們只能走有路的地方，不能“穿墻”而過，所以在“曼哈頓幾何”中，這兩點最短距離用表示，又稱“曼哈頓距離”，即，因此“曼哈頓兩點間距離公式”：若Ax1,y1,Bx2,y2，則．在平面直角坐標系中，我們把到兩定點的“曼哈頓距離”之和為常數(shù)的點的軌跡叫“新橢圓”．設“新橢圓”A.已知點，則B.“新橢圓”關于軸，軸，原點對稱C.的最大值為D.“新橢圓”圍成的面積為【正確答案】BC【分析】根據(jù)曼哈頓兩點間距離公式，可判定A錯誤；根據(jù)“新橢圓”定義，求得其方程，畫出“新橢圓”的圖象，結合圖象，可判定B、C正確；根據(jù)“新橢圓”的圖象，結合三角形和矩形的面積公式，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，因為，可得，所以A不正確；對于B中，設“新橢圓”上任意一點為，根據(jù)“新橢圓”的定義，可得，即，當時，可得；當時，可得；當時，可得；當時，可得；當時，可得；當時，可得，當時，可得；當時，可得；當時，可得，作出“新橢圓”圖象，如圖所示，可得“新橢圓”關于軸，軸，原點對稱，所以B正確；對于C中，由“新橢圓”的圖象，可得的最大值為，所以C正確；對于D中，設“新橢圓”的圖象，圍成的六邊形為，聯(lián)立方程組，解得，所以，則，根據(jù)“新橢圓”的對稱性，可得：“新橢圓”圍成的面積為，所以D錯誤.故選：BC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知橢圓的左、右焦點為，右頂點為為上一動點（不與左、右頂點重合），設的周長為，若，則的離心率為______．【正確答案】【分析】根據(jù)已知條件列方程，求得與的關系式，從而求得雙曲線的離心率.【詳解】依題意，，則，所以離心率.故13.若曲線與曲線有公共點，且在公共點處有公切線，則實數(shù)______．【正確答案】【分析】設曲線與曲線的公共點為，由題意可以得到，列出關于的方程并進行求解即可.【詳解】由的定義域為，因此設曲線與曲線的公共點為，，則，即①，又，，且兩曲線在公共點有公切線，則，即②，①②聯(lián)立消去得，解得，代入①可得，故14.若，則______．【正確答案】【分析】首先利用二項式定理求的展開式，從而確定的值，再利用二項式定理求的展開式，并把展開式用表示，最后求出的值.【詳解】由①，則，，又②，①②得，即，因此，故關鍵點點睛：本題的關鍵在于通過觀察的展開式，發(fā)現(xiàn)展開式中一部分是整數(shù)，一部分是含的整數(shù)倍，從而確定的值，考查了二項式定理的應用，利用二項式定理求展開式，是一道綜合性比較強的題.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.在某象棋比賽中，若選手甲和選手乙進入了最終的象棋決賽，經(jīng)賽前數(shù)據(jù)統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)在每局象棋比賽中甲和乙獲勝的概率分別為和，且決賽賽制為局勝制，求：（1）前局中乙恰有局獲勝的概率；（2）比賽結束時兩位選手共進行了局比賽的概率．【正確答案】（1）前局中乙恰有局獲勝的概率為.（2）比賽結束時兩位選手共進行了局比賽的概率為.【分析】（1）根據(jù)獨立事件概率乘法公式求前局中乙恰有局獲勝的概率；（2）根據(jù)獨立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求概率即可.【小問1詳解】設事件甲第局比賽獲勝為，，則，，事件前3局中乙恰有2局獲勝可表示為，又，所以，所以，所以前3局中乙恰有2局獲勝的概率為.【小問2詳解】設事件比賽結束時兩位選手共進行了局比賽為，事件前局甲勝局且第局甲勝為，事件前局乙勝局且第局乙勝為，則，且事件互為互斥事件，所以，所以比賽結束時兩位選手共進行了局比賽的概率為.16.記的內(nèi)角的對邊分別為，且．（1）求；（2）若為邊上的中點，求的長．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）由，利用正弦定理，再化簡可得，可得，求得；（2）由，，可得，在中，由余弦定理解得，得，由余弦定理求得，在中，由余弦定理即可求得.小問1詳解】因為，由正弦定理得，在中，，則，得，因為，所以，即，，又，則，則，所以.【小問2詳解】因為，由，所以，解得，在中，由余弦定理得，則，又為邊上的中點，所以，在中，由余弦定理得則，在中，由余弦定理得，所以.17.如圖，三棱柱中，，且與均為等腰直角三角形，．（1）若為等邊三角形，證明：平面平面；（2）若二面角的平面角為，求二面角的平面角的余弦值．【正確答案】（1）見解析（2）【分析】（1）設的中點為，證明平面,然后利用線面垂直證明面面垂直即可；（2）作出二面角的平面角，然后利用線面關系作出二面角的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可.【小問1詳解】設的中點為，連接,如圖所示，因為與均為等腰直角三角形，，故,且,因為為等邊三角形，故,故,即,且平面,,故平面,且平面，故平面平面.【小問2詳解】由（1）知，，,且平面平面,故即二面角的平面角，即，故為等邊三角形，則，因為，,且平面,所以平面,且,故平面,且平面,故，則設和中點分別為,連接,則,故,又因為,故，且平面,平面,故即二面角的平面角，且,因為,故,則,所