四川省廣元市川師大萬達中學2024-2025學年高三下學期入學摸底數學試題試卷含解析

四川省廣元市川師大萬達中學2024-2025學年高三下學期入學摸底數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．若命題p：從有2件正品和2件次品的產品中任選2件得到都是正品的概率為三分之一；命題q：在邊長為4的正方形ABCD內任取一點M，則∠AMB>90°的概率為π8A．p∧qB．(?p)∧qC．p∧(?q)D．?q2．已知集合，，則=()A． B． C． D．3．已知定義在R上的偶函數滿足，當時，，函數（），則函數與函數的圖象的所有交點的橫坐標之和為（）A．2 B．4 C．5 D．64．，則與位置關系是()A．平行 B．異面C．相交 D．平行或異面或相交5．已知函數，若關于的方程恰好有3個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．6．設點，P為曲線上動點，若點A，P間距離的最小值為，則實數t的值為（）A． B． C． D．7．己知，，，則（）A． B． C． D．8．已知曲線，動點在直線上，過點作曲線的兩條切線，切點分別為，則直線截圓所得弦長為（）A． B．2 C．4 D．9．集合的子集的個數是（）A．2 B．3 C．4 D．810．若點是角的終邊上一點，則（）A． B． C． D．11．我國古代有著輝煌的數學研究成果，其中的《周髀算經》、《九章算術》、《海島算經》、《孫子算經》、《緝古算經》，有豐富多彩的內容，是了解我國古代數學的重要文獻．這5部專著中有3部產生于漢、魏、晉、南北朝時期．某中學擬從這5部專著中選擇2部作為“數學文化”校本課程學習內容，則所選2部專著中至少有一部是漢、魏、晉、南北朝時期專著的概率為（）A． B． C． D．12．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積等于（）cm3A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數列滿足，則，_____.若存在n∈N*使得成立，則實數λ的最小值為______14．過直線上一動點向圓引兩條切線MA，MB，切點為A，B，若，則四邊形MACB的最小面積的概率為________．15．的二項展開式中，含項的系數為__________．16．一個空間幾何體的三視圖及部分數據如圖所示，則這個幾何體的體積是___________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的左焦點坐標為，，分別是橢圓的左，右頂點，是橢圓上異于，的一點，且，所在直線斜率之積為.（1）求橢圓的方程；（2）過點作兩條直線，分別交橢圓于，兩點（異于點）.當直線，的斜率之和為定值時，直線是否恒過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理.18．（12分）為了檢測某種零件的一條生產線的生產過程，從生產線上隨機抽取一批零件，根據其尺寸的數據得到如圖所示的頻率分布直方圖，若尺寸落在區(qū)間之外，則認為該零件屬“不合格”的零件，其中,s分別為樣本平均數和樣本標準差，計算可得（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表）.（1）求樣本平均數的大??；（2）若一個零件的尺寸是100cm，試判斷該零件是否屬于“不合格”的零件.19．（12分）如圖1，四邊形為直角梯形，，，，，，為線段上一點，滿足，為的中點，現將梯形沿折疊（如圖2），使平面平面.（1）求證：平面平面；（2）能否在線段上找到一點（端點除外）使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由.20．（12分）已知分別是的內角的對邊，且．（Ⅰ）求．（Ⅱ）若，，求的面積．（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求的值．21．（12分）某工廠生產一種產品的標準長度為，只要誤差的絕對值不超過就認為合格，工廠質檢部抽檢了某批次產品1000件，檢測其長度，繪制條形統(tǒng)計圖如圖：（1）估計該批次產品長度誤差絕對值的數學期望；（2）如果視該批次產品樣本的頻率為總體的概率，要求從工廠生產的產品中隨機抽取2件，假設其中至少有1件是標準長度產品的概率不小于0.8時，該設備符合生產要求.現有設備是否符合此要求？若不符合此要求，求出符合要求時，生產一件產品為標準長度的概率的最小值.22．（10分）設（1）當時，求不等式的解集；（2）若，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．B【解析】因為從有2件正品和2件次品的產品中任選2件得到都是正品的概率為P1=1C42=16，即命題p是錯誤，則?p是正確的；在邊長為4的正方形ABCD內任取一點M點睛：本題將古典型概率公式、幾何型概率公式與命題的真假（含或、且、非等連接詞）的命題構成的復合命題的真假的判定有機地整合在一起，旨在考查命題真假的判定及古典概型的特征與計算公式的運用、幾何概型的特征與計算公式的運用等知識與方法的綜合運用，以及分析問題解決問題的能力。2．C【解析】

計算，，再計算交集得到答案.【詳解】，，故.故選：.本題考查了交集運算，意在考查學生的計算能力.3．B【解析】

由函數的性質可得：的圖像關于直線對稱且關于軸對稱，函數（）的圖像也關于對稱，由函數圖像的作法可知兩個圖像有四個交點，且兩兩關于直線對稱，則與的圖像所有交點的橫坐標之和為4得解.【詳解】由偶函數滿足，可得的圖像關于直線對稱且關于軸對稱，函數（）的圖像也關于對稱，函數的圖像與函數（）的圖像的位置關系如圖所示，可知兩個圖像有四個交點，且兩兩關于直線對稱，則與的圖像所有交點的橫坐標之和為4.故選：B本題主要考查了函數的性質，考查了數形結合的思想，掌握函數的性質是解題的關鍵，屬于中檔題.4．D【解析】結合圖(1)，(2)，(3)所示的情況，可得a與b的關系分別是平行、異面或相交．選D．5．D【解析】

討論，，三種情況，求導得到單調區(qū)間，畫出函數圖像，根據圖像得到答案.【詳解】當時，，故，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且；當時，；當時，，，函數單調遞減；如圖所示畫出函數圖像，則，故.故選：.本題考查了利用導數求函數的零點問題，意在考查學生的計算能力和應用能力.6．C【解析】

設，求，作為的函數，其最小值是6，利用導數知識求的最小值．【詳解】設，則，記，，易知是增函數，且的值域是，∴的唯一解，且時，，時，，即，由題意，而，，∴，解得，．∴．故選：C．本題考查導數的應用，考查用導數求最值．解題時對和的關系的處理是解題關鍵．7．B【解析】

先將三個數通過指數，對數運算變形，再判斷.【詳解】因為，，所以，故選：B.本題主要考查指數、對數的大小比較，還考查推理論證能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.8．C【解析】

設，根據導數的幾何意義，求出切線斜率，進而得到切線方程，將點坐標代入切線方程，抽象出直線方程，且過定點為已知圓的圓心，即可求解.【詳解】圓可化為.設，則的斜率分別為，所以的方程為，即，，即，由于都過點，所以，即都在直線上，所以直線的方程為，恒過定點，即直線過圓心，則直線截圓所得弦長為4.故選:C.本題考查直線與圓位置關系、直線與拋物線位置關系，拋物線兩切點所在直線求解是解題的關鍵，屬于中檔題.9．D【解析】

先確定集合中元素的個數，再得子集個數．【詳解】由題意，有三個元素，其子集有8個．故選：D．本題考查子集的個數問題，含有個元素的集合其子集有個，其中真子集有個．10．A【解析】

根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.11．D【解析】

利用列舉法，從這5部專著中選擇2部作為“數學文化”校本課程學習內容，基本事件有10種情況，所選2部專著中至少有一部是漢、魏、晉、南北朝時期專著的基本事件有9種情況，由古典概型概率公式可得結果.【詳解】《周髀算經》、《九章算術》、《海島算經》、《孫子算經》、《緝古算經》，這5部專著中有3部產生于漢、魏、晉、南北朝時期．記這5部專著分別為，其中產生于漢、魏、晉、南北朝時期．從這5部專著中選擇2部作為“數學文化”校本課程學習內容，基本事件有共10種情況，所選2部專著中至少有一部是漢、魏、晉、南北朝時期專著的基本事件有，共9種情況，所以所選2部專著中至少有一部是漢、魏、晉、南北朝時期專著的概率為．故選D．本題主要考查古典概型概率公式的應用，屬于基礎題，利用古典概型概率公式求概率時，找準基本事件個數是解題的關鍵，基本亊件的探求方法有(1)枚舉法：適合給定的基本事件個數較少且易一一列舉出的；(2)樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本亊件的探求.在找基本事件個數時，一定要按順序逐個寫出：先，….，再，…..依次….…這樣才能避免多寫、漏寫現象的發(fā)生.12．D【解析】解：根據幾何體的三視圖知，該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據，計算它的體積為：V=V三棱柱+V半圓柱=×2×2×1+?π?12×1=（6+1.5π）cm1．故答案為6+1.5π．點睛：根據幾何體的三視圖知該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據計算它的體積即可．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

利用“退一作差法”求得數列的通項公式，將不等式分離常數，利用商比較法求得的最小值，由此求得的取值范圍，進而求得的最小值.【詳解】當時兩式相減得所以當時，滿足上式綜上所述存在使得成立的充要條件為存在使得，設，所以，即，所以單調遞增，的最小項，即有的最小值為.故答案為：(1).(2).本小題主要考查根據遞推關系式求數列的通項公式，考查數列單調性的判斷方法，考查不等式成立的存在性問題的求解策略，屬于中檔題.14．.【解析】

先求圓的半徑,四邊形的最小面積,轉化為的最小值為，求出切線長的最小值,再求的距離也就是圓心到直線的距離,可解得的取值范圍,利用幾何概型即可求得概率．【詳解】由圓的方程得，所以圓心為，半徑為，四邊形的面積，若四邊形的最小面積，所以的最小值為，而，即的最小值，此時最小為圓心到直線的距離，此時，因為，所以，所以的概率為．本題考查直線與圓的位置關系,及與長度有關的幾何概型,考查了學生分析問題的能力,難度一般.15．【解析】

寫出二項展開式的通項，然后取的指數為求得的值，則項的系數可求得.【詳解】，由，可得.含項的系數為.故答案為：本題考查了二項式定理展開式、需熟記二項式展開式的通項公式，屬于基礎題.16．【解析】

先還原幾何體，再根據柱體體積公式求解【詳解】空間幾何體為一個棱柱，如圖，底面為邊長為的直角三角形，高為的棱柱，所以體積為本題考查三視圖以及柱體體積公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）直線過定點【解析】

（1），再由，解方程組即可；（2）設，，由，得，由直線MN的方程與橢圓方程聯立得到根與系數的關系，代入計算即可.【詳解】（1）由題意知：，又，且解得，，∴橢圓方程為，（2）當直線的斜率存在時，設其方程為，設，，由，得.則，（*）由，得，整理可得（*）代入得，整理可得，又，∴，即，∴直線過點當直線的斜率不存在時，設直線的方程為，，，其中，∴，由，得，所以∴當直線的斜率不存在時，直線也過定點綜上所述，直線過定點.本題考查求橢圓的標準方程以及直線與橢圓位置關系中的定點問題，在處理直線與橢圓的位置關系的大題時，一般要利用根與系數的關系來求解，本題是一道中檔題.18．（1）66.5（2）屬于【解析】

（1）利用頻率分布直方圖的平均數公式求解；（2）求出，即可判斷得解.【詳解】（1）（2）所以該零件屬于“不合格”的零件本題主要考查頻率分布圖中平均數的計算和應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.19．（1）證明見解析；（2）存在點是線段的中點，使得直線與平面所成角的正弦值為.【解析】

（1）在直角梯形中，根據，，得為等邊三角形，再由余弦定理求得，滿足，得到，再根據平面平面，利用面面垂直的性質定理證明.（2）建立空間直角坐標系：假設在上存在一點使直線與平面所成角的正弦值為，且，，求得平面的一個法向量，再利用線面角公式求解.【詳解】（1）證明：在直角梯形中，，，因此為等邊三角形，從而，又，由余弦定理得：，∴，即，且折疊后與位置關系不變，又∵平面平面，且平面平面.∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵為等邊三角形，為的中點，∴，又∵平面平面，且平面平面，∴平面，取的中點，連結，則，從而，以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系：則，，則，假設在上存在一點使直線與平面所成角的正弦值為，且，，∵，∴，故，∴，又，該平面的法向量為，，令得，∴，解得或（舍），綜上可知，存在點是線段的中點，使得直線與平面所成角的正弦值為.本題主要考查面面垂直的性質定理和向量法研究線面角問題，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）由已知結合正弦定理先進行代換，然后結合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后結合三角形的面積公式可求；（Ⅲ）結合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．【詳解】（Ⅰ）因為，所以，所以，由正弦定理可得，；（Ⅱ）由余弦定理可得，，整理可得，，解可得，，因為，所以；（Ⅲ）由于，．所以．本題主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面積公式的綜合應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．21．（1）（2）【解析】

（1）根據題意即可寫出該批次產品長度誤差的絕對值的頻率分布列，再根據期望公式即可求出；（2）由（1）可