四川省成都市2024届高三下学期第三次诊断性检测理科数学试题

四川省成都市2024届高三下学期第三次诊断性检测理科数学试题
1．（2024高三下·成都模拟）已知集合 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，，
故选项D正确；选项A、选项B、选项C错误.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和交集的运算法则、并集的运算法则、集合间的包含关系，从而逐项判断找出正确的选项.
2．（2024高三下·成都模拟）若复数 满足 ，则 在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由，
则，
所以复数对应的点为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数的运算法则进行化简得出复数，再结合复数的几何意义得出答案.
3．（2024高三下·成都模拟）已知 是两条不同的直线， 是平面，若 ，则 不可能（　　）
A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：因为，，
则与可能平行，异面和垂直，
若与相交，，
则，所以，
即直线与平面有公共点，这与矛盾.
故答案为：C.
【分析】若与相交，从而得到与有交点，这与题设矛盾，从而找出答案.
4．（2024高三下·成都模拟）“数九”从每年“冬至”当天开始计算， 每九天为一个单位，冬至后的第 81 天， “数九”结束， 天气就变得温暖起来. 如图， 以温江国家基准气候站为代表记录了 2023 一 2024 年从“一九”到“九九”成都市的“平均气温”和“多年平均气温” (单位： )，下列说法正确的是（　　）
A．“四九”以后成都市“平均气温”一直上升
B．“四九” 成都市“平均气温” 较“多年平均气温” 低 0.1 ”
C．“一九”到“五九”成都市“平均气温”的方差小于“多年平均气温”的方差
D．“一九”到“九九”成都市“平均气温”的极差小于“多年平均气温”的极差
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于A，“八九”、“九九”的平均气温比“七九”的“平均气温”低，故A错误；
对于B，“四九” 成都市“平均气温” 较“多年平均气温” 高”，故B错误；
对于C，由图表，“平均气温”的波动比“多年平均气温” 的波动大，
则“一九”到“五九”成都市“平均气温”的方差大于“多年平均气温”的方差，故C错误；
对于D，“一九”到“九九”成都市“平均气温”的极差为：，
“多年平均气温”的极差为，
则“一九”到“九九”成都市“平均气温”的极差小于“多年平均气温”的极差，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由图表中的数据分析可判断选项A和选项B；由方差的意义可判断选项C；由极差的计算公式判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
5．（2024高三下·成都模拟）设 ，双曲线 的方程为 ，则“ 的离心率为 ” ， 是 “” 的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意知，，双曲线的离心率为，
所以或，故是 “” 的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程得出，从而表示出双曲线的离心率，进而得到值，再根据充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
6．（2024高三下·成都模拟）如图，由观测数据 的散点图可知， 与 的关系可以用模型 拟合，设 ，利用最小二乘法求得 关于 的回归方程 . 已知 ， ，则 （　　）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由可得：，
由可得：，
由线性回归方程必过样本中心点，即过点，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】利用已知数据和平均数公式可得样本中心点坐标，再利用线性回归直线必过样本中心点，从而求出的值.
7．（2024高三下·成都模拟）已知，则（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由倍角公式，可得，所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合正弦、余弦的倍角公式以及同角三角函数的基本关系式，从而得出的值.
8．（2024高三下·成都模拟）已知直线 与 相交于 两点，若 是直角三角形，则实数 的值为（　　）
A．1 或 B． 或 C． 或 D． 或
【答案】A
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：根据题意，圆的圆心为，半径，易知是等腰直角三角形，
所以圆心到直线的距离为，
则，解得，所以或.
故答案为：A.
【分析】根据题意得出圆心坐标和圆的半径的长，从而判断出是等腰直角三角形，进而可得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值.
9．（2024高三下·成都模拟）将函数 的图象向左平移个单位后，与函数 的图象重合，则 的最小值为（　　）
A．9 B．6 C．3 D．2
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将的图象向左平移个单位，
得到，
则，所以，，
又因为，所以的最小值为3.
故答案为：C.
【分析】根据正弦型函数的图象变换可得，根据题意结合诱导公式可得，再结合得出的最小值.
10．（2024高三下·成都模拟）已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；图形的对称性；等差中项
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，
所以关于对称，
若实数 成等差数列，则，
又因为，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】先由得出关于对称，再由题意和等差中项公式得出的值.
11．（2024高三下·成都模拟）已知正方形 的边长为 分别是边 上的点 (均不与端点重合)，记 的面积分别为 . 若 ，则 的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，
则，，
由平面向量数量积的运算可得：
，
，
又因为，
所以，即，
则，当且仅当时取等，
又因为，即，即，
则
.
故答案为：D.
【分析】设，由三角形的面积公式结合平面向量数量积的运算律和基本不等式求最值的方法，从而得出 的取值范围.
12．（2024高三下·成都模拟）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球内接多面体；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，球心，
取的中点，的中点，连接，
则，，
，
故，，
又因为，平面，故⊥平面，
故当位于平面与内切球的交线上时，满足，
此时到平面的距离为，
又因为，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点的轨迹为以为半径的圆，故点的轨迹长度为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，作出辅助线得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，再结合圆的周长公式得出点的轨迹长度.
13．（2024高三下·成都模拟）已知函数，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】指数函数的图象与性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：函数，因为，所以.
故答案为：.
【分析】由，根据分段函数，结合对数函数性质求解即可.
14．（2024高三下·成都模拟）的内角的对边分别为，若且，则 的值为　 　 .
【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
由余弦定理得.
故填：.
【分析】利用已知条件结合正弦定理和余弦定理，从而得出的值.
15．（2024高三下·成都模拟）设为抛物线 的焦点，过的直线与相交于两点，过点作的切线，与轴交于点，与轴交于点，则(其中为坐标原点) 的值为　 　
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线，得，
设直线的方程为，，
、
联立，消得，
则，
由，得，
所以过点作的切线的斜率为，
故切线方程为，即，
令，则；令，则，
即，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】设直线的方程为，，联立直线AB与抛物线的方程，利用韦达定理求出，再根据导数的几何意义求出切线方程，再赋值求出两点的坐标，从而得出向量的坐标，再由数量积的坐标表示得出的值.
16．（2024高三下·成都模拟）已知函数 ，若 存在最小值，且最小值为，则实数 的值为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
令，则，令，求导可得，
当时，可得，函数单调递增，
当时，可得，函数单调递减，
所以函数的极大值为，当且仅当时，，
所以，可得，如图所示：
当时，有两个实数根，记为，
当时，；当时，，
所以在处取得极大值，不符合题意；
当时，有一个实数根，记为，
当时，；当时，，
所以在处取得极小值，也是最小值，
综上可得，在内取得最小值，即时，函数取得最小值，
所以，即，即，
解得或（舍去），所以.
故答案为：.
【分析】求导可得，令，得，令，求导利用导数判断函数的单调性和极大值，分和讨论，转化为求得，代入求实数m的值即可.
17．（2024高三下·成都模拟）设为数列的前项和，已知.
（1）证明： 数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明：当时，，得，
由，
当时，，
两式相减得：，
整理得：，
所以，且，
是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，
，

【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用与的关系式和分类讨论的方法，再结合等比数列的定义证出数列是等比数列.
（2）利用（1）结合等比数列的通项公式和已知条件得出数列的通项公式，再结合裂项相消法求出数列的前项和.
（1）当时，，得，
由，
当时，，
两式相减得：，
整理得：，
所以，且，
是以2为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得，
，
18．（2024高三下·成都模拟）如图，在四棱锥 中， ， .
（1）证明： 平面平面；
（2）若为 中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：在中，由余弦定理得：，
，
，
平面，
故平面，
又因为平面 ，
平面平面.
（2）解：由，
由余弦定理可知，，
所以，，所以，
由 (1) 知平面平面，
平面平面，平面，
故 平面平面 ，
，
又平面，
平面平面，，
又因为，
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，
则，，
是中点，，
设 为平面的一个法向量，
，
，即，
令 得，
设直线与平面所成角大小为，
则，
所以直线与平面 所成角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)先由余弦定理解出的值，再由勾股定理证出，从而证出平面，进而证出平面平面.
(2)利用已知条件和余弦定理以及（1）中的面面垂直的性质定理，从而证出线面垂直，进而证出线线垂直，则建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）在中，由余弦定理，
，
，
平面，故平面，
又平面 ，
平面平面.
（2）由，由余弦定理可知，
，
所以，，所以，
又由 (1) 知平面平面，平面平面，平面，
故 平面平面 ，
，又平面，
平面平面，
，又，
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，则：，
，
是中点，
，
设 为平面的一个法向量，
，
，即，
令 得，
设直线与平面所成角大小为，
则，
所以直线与平面 所成角的正弦值为 .
19．（2024高三下·成都模拟）课外阅读对于培养学生的阅读兴趣， 拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用. 某市为了解中学生的课外阅读情况， 从该市全体中学生中随机抽取500名学生， 调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长(单位：分钟)，得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟.
时长t
学生人数 50 100 200 125 25
（1）估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数 (同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
（2）用频率估计概率，从该市中学生中随机抽取2名学生参加座谈， 抽到的学生寒假期间每天课外阅读平均时长在内记0分，在内记1分，在内记2分. 用表示这两名学生得分之和，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：由题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为：
，
所以，估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为
（2）解：每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：，
由题意，随机变量的可能取值为，
，
，
，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
0.01 0.12 0.42 0.36 0.09
的数学期望
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）用该组区间的中点值为代表，根据平均数的计算公式估计出这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数.
（2）由题意得出随机变量的可能取值，根据独立事件的概率乘法公式求出对应的概率，即可得出随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望的方法得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数
，
所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为
（2）每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：.
由题意，随机变量的可能取值为，
，
，
，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
0.01 0.12 0.42 0.36 0.09
的数学期望 .
20．（2024高三下·成都模拟）已知函数 .
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若 有两个零点，求 的取值范围.
【答案】（1）解：当 时， ，，
则，
注意到函数 与 均在 单调递增，
又因为 在 上单调递增，
由 ，得， ，在 上单调递减；
， ，在 上单调递增，
综上所述， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2）解：令 ，设函数，
则函数 有两个零点等价于函数 有两个零点.
(1)当 时， ，
当 时， ； 当 时， ；
当 时， ，
在 上只有一个零点，故 不合题意.
(2)当 时， ，
令 ，
，令 得 ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，
则 ，
当时， ，
当 时， ，
由零点存在定理得存在 ，使得 ，
所以，当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
当 时， ，时， ，且 ，
故当 时，函数 有且仅有一个零点，不合题意，
当 时， ，
此时 在 上各有一个零点，满足题意，
由 在 上单调递增，且，
所以，当 时，，不合题意，
当 时，，满足题意，
综上所述， 的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）代入得出函数的解析式，再对求导判断出函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）令，设函数，将函数 有两个零点等价于函数 有两个零点，再对求导，从而讨论和两种情况去研究函数的单调性和最值情况，从而找到满足题意的的取值范围.
（1）当 时， ，
注意到函数 与 均在 单调递增，
在 上单调递增. 由 ，得
， ，在 上单调递减；
， ，在 上单调递增；
综上， 的单增区间为 ，单减区间为 .
（2）令 ，设函数 .
函数 有两个零点等价于函数 有两个零点.
(1)当 时， ，
当 时， ； 当 时， ；
当 时， .
在 上只有一个零点，故 不合题意.
(2)当 时，
，令 ，
，令 得 ，
在 上单调递减， 上单调递增，
，当时， ，
当 时， ，
由零点存在定理得存在 ，使得 ，
所以 时， 单调递减，
时， 单调递增.，
由 时， ，时， ，且 ，
故当 时，函数 有且仅有一个零点，不合题意.
当 时， ，
此时 在 上各有一个零点，满足题意.
由 在 上单调递增，且，
故当 时， ，不合题意.
当 时， ，满足题意.
综上， 的取值范围为 .
21．（2024高三下·成都模拟）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，当过坐标原点时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值. 若存在， 求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：，即，
过坐标原点直线的方程为，
由，消去得：，
，
，，
故椭圆的方程为.
（2）解：假设存在定点，，
由题意，直线斜率存在，
设直线，即，
由，
消去得，其中，
所以，
，
，
当时，即当时，恒成立，
存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出的关系式，联立直线与椭圆方程，再结合求出的另一个关系式，将两个关系式联立解出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）设直线，，，将直线与椭圆联立，再利用韦达定理求出，则根据斜率公式计算得出存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.
（1），即，
过坐标原点直线的方程为，
由，消去得：，
，
，，
故椭圆的方程为；
（2）假设存在定点，，由题意，直线斜率存在，
设直线，即，
由，消去得，
其中，
，
，
，
当，即时，恒成立，
存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.
22．（2024高三下·成都模拟）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数). 以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线相交于，两点，且为线段的三等分点，求实数的值.
【答案】（1）解：由曲线的参数方程 (为参数)，
消去参数可得曲线的普通方程为，
由直线的极坐标方程得：，
因为，，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）解：根据（1），直线的倾斜角为，且经过点，
所以直线的参数方程为 (为参数)，
因为为线段的三等分点，易得曲线开口向右，，
直线与曲线联立得：，，
设，两点对应的参数分别为，，
则，，
因为为线段的三等分点，所以或，
若，
则代人可得，，
代人，可得，
即，解得或均满足，
故的值为2或9，
同理可得，当时，也有的值为2或9，
综上所述，的值为2或9.
【知识点】两条直线的交点坐标；直线与圆锥曲线的关系；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程，消参得出曲线的普通方程，再根据直线的极坐标方程展开，代入，，即可得直线的直角坐标方程.
（2）根据已知条件将直线方程转化为参数方程，将直线方程与曲线方程联立得出，则利用韦达定理得出两点的参数，关于的关系式，再结合点为线段的三等分点，从而得出，结合韦达定理和分类讨论的方法，从而解一元二次方程得出实数m的值.
（1）由曲线的参数方程 (为参数)，
消去参数可得曲线的普通方程为.
由直线的极坐标方程得：.
因为，，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）根据（1），直线的倾斜角为，且经过点，
所以直线的参数方程为 (为参数).
因为为线段的三等分点，易得曲线开口向右，.
直线与曲线联立得：，.
设，两点对应的参数分别为，，则，.
因为为线段的三等分点，所以或，
若，则代人可得，.
代人，可得.
即，解得或均满足.
故的值为2或9.
同理可得当时也有的值为2或9.
综上，的值为2或9.
23．（2024高三下·成都模拟）已知函数 .
（1）求不等式的解集；
（2）当时，函数的最小值为，若非零实数满足 ，证明：.
【答案】（1）解：由函数，且不等式，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得，此时不等式的解为，
综上所述，不等式的解集为.
（2）证明：由题意，当时，函数的最小值为，所以，
则
，
当且仅当时，等号成立，
所以.
【知识点】其他不等式的解法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合绝对值不等式的解法，再由分类讨论得出不等式的解集.
（2）利用m的值结合已知条件求出函数的最小值为，从而得到，再结合替换法和基本不等式求最值的方法，从而证出不等式成立.
（1）解：由函数，且不等式，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得，此时不等式的解为，
综上可得，不等式的解集为.
（2）证明：由题意，当时，函数的最小值为，所以，
则
，
当且仅当时，等号成立，不等式得证.
四川省成都市2024届高三下学期第三次诊断性检测理科数学试题
1．（2024高三下·成都模拟）已知集合 ，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·成都模拟）若复数 满足 ，则 在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高三下·成都模拟）已知 是两条不同的直线， 是平面，若 ，则 不可能（　　）
A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面
4．（2024高三下·成都模拟）“数九”从每年“冬至”当天开始计算， 每九天为一个单位，冬至后的第 81 天， “数九”结束， 天气就变得温暖起来. 如图， 以温江国家基准气候站为代表记录了 2023 一 2024 年从“一九”到“九九”成都市的“平均气温”和“多年平均气温” (单位： )，下列说法正确的是（　　）
A．“四九”以后成都市“平均气温”一直上升
B．“四九” 成都市“平均气温” 较“多年平均气温” 低 0.1 ”
C．“一九”到“五九”成都市“平均气温”的方差小于“多年平均气温”的方差
D．“一九”到“九九”成都市“平均气温”的极差小于“多年平均气温”的极差
5．（2024高三下·成都模拟）设 ，双曲线 的方程为 ，则“ 的离心率为 ” ， 是 “” 的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高三下·成都模拟）如图，由观测数据 的散点图可知， 与 的关系可以用模型 拟合，设 ，利用最小二乘法求得 关于 的回归方程 . 已知 ， ，则 （　　）
A． B． C．1 D．
7．（2024高三下·成都模拟）已知，则（　　）
A． B． C．2 D．
8．（2024高三下·成都模拟）已知直线 与 相交于 两点，若 是直角三角形，则实数 的值为（　　）
A．1 或 B． 或 C． 或 D． 或
9．（2024高三下·成都模拟）将函数 的图象向左平移个单位后，与函数 的图象重合，则 的最小值为（　　）
A．9 B．6 C．3 D．2
10．（2024高三下·成都模拟）已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （　　）
A． B． C． D．
11．（2024高三下·成都模拟）已知正方形 的边长为 分别是边 上的点 (均不与端点重合)，记 的面积分别为 . 若 ，则 的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
12．（2024高三下·成都模拟）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（　　）
A． B． C． D．
13．（2024高三下·成都模拟）已知函数，则的值为　 　.
14．（2024高三下·成都模拟）的内角的对边分别为，若且，则 的值为　 　 .
15．（2024高三下·成都模拟）设为抛物线 的焦点，过的直线与相交于两点，过点作的切线，与轴交于点，与轴交于点，则(其中为坐标原点) 的值为　 　
16．（2024高三下·成都模拟）已知函数 ，若 存在最小值，且最小值为，则实数 的值为　 　.
17．（2024高三下·成都模拟）设为数列的前项和，已知.
（1）证明： 数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
18．（2024高三下·成都模拟）如图，在四棱锥 中， ， .
（1）证明： 平面平面；
（2）若为 中点，求直线与平面所成角的正弦值.
19．（2024高三下·成都模拟）课外阅读对于培养学生的阅读兴趣， 拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用. 某市为了解中学生的课外阅读情况， 从该市全体中学生中随机抽取500名学生， 调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长(单位：分钟)，得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟.
时长t
学生人数 50 100 200 125 25
（1）估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数 (同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
（2）用频率估计概率，从该市中学生中随机抽取2名学生参加座谈， 抽到的学生寒假期间每天课外阅读平均时长在内记0分，在内记1分，在内记2分. 用表示这两名学生得分之和，求的分布列和数学期望.
20．（2024高三下·成都模拟）已知函数 .
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若 有两个零点，求 的取值范围.
21．（2024高三下·成都模拟）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，当过坐标原点时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值. 若存在， 求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
22．（2024高三下·成都模拟）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数). 以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线相交于，两点，且为线段的三等分点，求实数的值.
23．（2024高三下·成都模拟）已知函数 .
（1）求不等式的解集；
（2）当时，函数的最小值为，若非零实数满足 ，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，，
故选项D正确；选项A、选项B、选项C错误.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和交集的运算法则、并集的运算法则、集合间的包含关系，从而逐项判断找出正确的选项.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由，
则，
所以复数对应的点为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数的运算法则进行化简得出复数，再结合复数的几何意义得出答案.
3．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：因为，，
则与可能平行，异面和垂直，
若与相交，，
则，所以，
即直线与平面有公共点，这与矛盾.
故答案为：C.
【分析】若与相交，从而得到与有交点，这与题设矛盾，从而找出答案.
4．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于A，“八九”、“九九”的平均气温比“七九”的“平均气温”低，故A错误；
对于B，“四九” 成都市“平均气温” 较“多年平均气温” 高”，故B错误；
对于C，由图表，“平均气温”的波动比“多年平均气温” 的波动大，
则“一九”到“五九”成都市“平均气温”的方差大于“多年平均气温”的方差，故C错误；
对于D，“一九”到“九九”成都市“平均气温”的极差为：，
“多年平均气温”的极差为，
则“一九”到“九九”成都市“平均气温”的极差小于“多年平均气温”的极差，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由图表中的数据分析可判断选项A和选项B；由方差的意义可判断选项C；由极差的计算公式判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意知，，双曲线的离心率为，
所以或，故是 “” 的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程得出，从而表示出双曲线的离心率，进而得到值，再根据充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
6．【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由可得：，
由可得：，
由线性回归方程必过样本中心点，即过点，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】利用已知数据和平均数公式可得样本中心点坐标，再利用线性回归直线必过样本中心点，从而求出的值.
7．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由倍角公式，可得，所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合正弦、余弦的倍角公式以及同角三角函数的基本关系式，从而得出的值.
8．【答案】A
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：根据题意，圆的圆心为，半径，易知是等腰直角三角形，
所以圆心到直线的距离为，
则，解得，所以或.
故答案为：A.
【分析】根据题意得出圆心坐标和圆的半径的长，从而判断出是等腰直角三角形，进而可得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值.
9．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将的图象向左平移个单位，
得到，
则，所以，，
又因为，所以的最小值为3.
故答案为：C.
【分析】根据正弦型函数的图象变换可得，根据题意结合诱导公式可得，再结合得出的最小值.
10．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；图形的对称性；等差中项
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，
所以关于对称，
若实数 成等差数列，则，
又因为，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】先由得出关于对称，再由题意和等差中项公式得出的值.
11．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，
则，，
由平面向量数量积的运算可得：
，
，
又因为，
所以，即，
则，当且仅当时取等，
又因为，即，即，
则
.
故答案为：D.
【分析】设，由三角形的面积公式结合平面向量数量积的运算律和基本不等式求最值的方法，从而得出 的取值范围.
12．【答案】B
【知识点】球内接多面体；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，球心，
取的中点，的中点，连接，
则，，
，
故，，
又因为，平面，故⊥平面，
故当位于平面与内切球的交线上时，满足，
此时到平面的距离为，
又因为，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点的轨迹为以为半径的圆，故点的轨迹长度为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，作出辅助线得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，再结合圆的周长公式得出点的轨迹长度.
13．【答案】
【知识点】指数函数的图象与性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：函数，因为，所以.
故答案为：.
【分析】由，根据分段函数，结合对数函数性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
由余弦定理得.
故填：.
【分析】利用已知条件结合正弦定理和余弦定理，从而得出的值.
15．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线，得，
设直线的方程为，，
、
联立，消得，
则，
由，得，
所以过点作的切线的斜率为，
故切线方程为，即，
令，则；令，则，
即，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】设直线的方程为，，联立直线AB与抛物线的方程，利用韦达定理求出，再根据导数的几何意义求出切线方程，再赋值求出两点的坐标，从而得出向量的坐标，再由数量积的坐标表示得出的值.
16．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
令，则，令，求导可得，
当时，可得，函数单调递增，
当时，可得，函数单调递减，
所以函数的极大值为，当且仅当时，，
所以，可得，如图所示：
当时，有两个实数根，记为，
当时，；当时，，
所以在处取得极大值，不符合题意；
当时，有一个实数根，记为，
当时，；当时，，
所以在处取得极小值，也是最小值，
综上可得，在内取得最小值，即时，函数取得最小值，
所以，即，即，
解得或（舍去），所以.
故答案为：.
【分析】求导可得，令，得，令，求导利用导数判断函数的单调性和极大值，分和讨论，转化为求得，代入求实数m的值即可.
17．【答案】（1）证明：当时，，得，
由，
当时，，
两式相减得：，
整理得：，
所以，且，
是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，
，

【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用与的关系式和分类讨论的方法，再结合等比数列的定义证出数列是等比数列.
（2）利用（1）结合等比数列的通项公式和已知条件得出数列的通项公式，再结合裂项相消法求出数列的前项和.
（1）当时，，得，
由，
当时，，
两式相减得：，
整理得：，
所以，且，
是以2为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得，
，
18．【答案】（1）证明：在中，由余弦定理得：，
，
，
平面，
故平面，
又因为平面 ，
平面平面.
（2）解：由，
由余弦定理可知，，
所以，，所以，
由 (1) 知平面平面，
平面平面，平面，
故 平面平面 ，
，
又平面，
平面平面，，
又因为，
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，
则，，
是中点，，
设 为平面的一个法向量，
，
，即，
令 得，
设直线与平面所成角大小为，
则，
所以直线与平面 所成角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)先由余弦定理解出的值，再由勾股定理证出，从而证出平面，进而证出平面平面.
(2)利用已知条件和余弦定理以及（1）中的面面垂直的性质定理，从而证出线面垂直，进而证出线线垂直，则建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）在中，由余弦定理，
，
，
平面，故平面，
又平面 ，
平面平面.
（2）由，由余弦定理可知，
，
所以，，所以，
又由 (1) 知平面平面，平面平面，平面，
故 平面平面 ，
，又平面，
平面平面，
，又，
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，则：，
，
是中点，
，
设 为平面的一个法向量，
，
，即，
令 得，
设直线与平面所成角大小为，
则，
所以直线与平面 所成角的正弦值为 .
19．【答案】（1）解：由题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为：
，
所以，估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为
（2）解：每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：，
由题意，随机变量的可能取值为，
，
，
，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
0.01 0.12 0.42 0.36 0.09
的数学期望
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）用该组区间的中点值为代表，根据平均数的计算公式估计出这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数.
（2）由题意得出随机变量的可能取值，根据独立事件的概率乘法公式求出对应的概率，即可得出随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望的方法得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数
，
所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为
（2）每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：，
每天课外阅读平均时长在的概率为：.
由题意，随机变量的可能取值为，
，
，
，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
0.01 0.12 0.42 0.36 0.09
的数学期望 .
20．【答案】（1）解：当 时， ，，
则，
注意到函数 与 均在 单调递增，
又因为 在 上单调递增，
由 ，得， ，在 上单调递减；
， ，在 上单调递增，
综上所述， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2）解：令 ，设函数，
则函数 有两个零点等价于函数 有两个零点.
(1)当 时， ，
当 时， ； 当 时， ；
当 时， ，
在 上只有一个零点，故 不合题意.
(2)当 时， ，
令 ，
，令 得 ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，
则 ，
当时， ，
当 时， ，
由零点存在定理得存在 ，使得 ，
所以，当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
当 时， ，时， ，且 ，
故当 时，函数 有且仅有一个零点，不合题意，
当 时， ，
此时 在 上各有一个零点，满足题意，
由 在 上单调递增，且，
所以，当 时，，不合题意，
当 时，，满足题意，
综上所述， 的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）代入得出函数的解析式，再对求导判断出函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）令，设函数，将函数 有两个零点等价于函数 有两个零点，再对求导，从而讨论和两种情况去研究函数的单调性和最值情况，从而找到满足题意的的取值范围.
（1）当 时， ，
注意到函数 与 均在 单调递增，
在 上单调递增. 由 ，得
， ，在 上单调递减；
， ，在 上单调递增；
综上， 的单增区间为 ，单减区间为 .
（2）令 ，设函数 .
函数 有两个零点等价于函数 有两个零点.
(1)当 时， ，
当 时， ； 当 时， ；
当 时， .
在 上只有一个零点，故 不合题意.
(2)当 时，
，令 ，
，令 得 ，
在 上单调递减， 上单调递增，
，当时， ，
当 时， ，
由零点存在定理得存在 ，使得 ，
所以 时， 单调递减，
时， 单调递增.，
由 时， ，时， ，且 ，
故当 时，函数 有且仅有一个零点，不合题意.
当 时， ，
此时 在 上各有一个零点，满足题意.
由 在 上单调递增，且，
故当 时， ，不合题意.
当 时， ，满足题意.
综上， 的取值范围为 .
21．【答案】（1）解：，即，
过坐标原点直线的方程为，
由，消去得：，
，
，，
故椭圆的方程为.
（2）解：假设存在定点，，
由题意，直线斜率存在，
设直线，即，
由，
消去得，其中，
所以，
，
，
当时，即当时，恒成立，
存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出的关系式，联立直线与椭圆方程，再结合求出的另一个关系式，将两个关系式联立解出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）设直线，，，将直线与椭圆联立，再利用韦达定理求出，则根据斜率公式计算得出存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.
（1），即，
过坐标原点直线的方程为，
由，消去得：，
，
，，
故椭圆的方程为；
（2）假设存在定点，，由题意，直线斜率存在，
设直线，即，
由，消去得，
其中，
，
，
，
当，即时，恒成立，
存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.
22．【答案】（1）解：由曲线的参数方程 (为参数)，
消去参数可得曲线的普通方程为，
由直线的极坐标方程得：，
因为，，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）解：根据（1），直线的倾斜角为，且经过点，
所以直线的参数方程为 (为参数)，
因为为线段的三等分点，易得曲线开口向右，，
直线与曲线联立得：，，
设，两点对应的参数分别为，，
则，，
因为为线段的三等分点，所以或，
若，
则代人可得，，
代人，可得，
即，解得或均满足，
故的值为2或9，
同理可得，当时，也有的值为2或9，
综上所述，的值为2或9.
【知识点】两条直线的交点坐标；直线与圆锥曲线的关系；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程，消参得出曲线的普通方程，再根据直线的极坐标方程展开，代入，，即可得直线的直角坐标方程.
（2）根据已知条件将直线方程转化为参数方程，将直线方程与曲线方程联立得出，则利用韦达定理得出两点的参数，关于的关系式，再结合点为线段的三等分点，从而得出，结合韦达定理和分类讨论的方法，从而解一元二次方程得出实数m的值.
（1）由曲线的参数方程 (为参数)，
消去参数可得曲线的普通方程为.
由直线的极坐标方程得：.
因为，，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）根据（1），直线的倾斜角为，且经过点，
所以直线的参数方程为 (为参数).
因为为线段的三等分点，易得曲线开口向右，.
直线与曲线联立得：，.
设，两点对应的参数分别为，，则，.
因为为线段的三等分点，所以或，
若，则代人可得，.
代人，可得.
即，解得或均满足.
故的值为2或9.
同理可得当时也有的值为2或9.
综上，的值为2或9.
23．【答案】（1）解：由函数，且不等式，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得，此时不等式的解为，
综上所述，不等式的解集为.
（2）证明：由题意，当时，函数的最小值为，所以，
则
，
当且仅当时，等号成立，
所以.
【知识点】其他不等式的解法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合绝对值不等式的解法，再由分类讨论得出不等式的解集.
（2）利用m的值结合已知条件求出函数的最小值为，从而得到，再结合替换法和基本不等式求最值的方法，从而证出不等式成立.
（1）解：由函数，且不等式，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得，此时不等式的解为，
综上可得，不等式的解集为.
（2）证明：由题意，当时，函数的最小值为，所以，
则
，
当且仅当时，等号成立，不等式得证.