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2024届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟考试数学（文）试题（含答案）
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这是一份2024届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟考试数学（文）试题（含答案），文件包含精品解析四川省成都市第七中学2024届高三一模数学文试题原卷版docx、精品解析四川省成都市第七中学2024届高三一模数学文试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
数学（文）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷
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. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.
【详解】解不等式，得，因此，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2. 已知为实数，若复数为纯虚数，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则进行化简，结合复数是纯虚数，进行求解即可．
【详解】＝，∵复数是纯虚数，∴且
得且≠，即，
故选D．
【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决本题的关键，属于基础题．
3. 一组数据共含大小不一的7个数值，其平均数和方差分别为和，若去掉一个最大值和一个最小值，则剩下的数据其平均数和方差分别为和，则一定有（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】举例即可说明A、B；根据方差的意义以及数据的集中程度，即可判断C、D.
【详解】对于A、B，取7个数分别为，
则，，
所以，.故A、B错误；
对于C、D项，去掉一个最大值和一个最小值后，数据整体的分布更加集中.
因为方差是描述数据集中程度的量，数据越集中，方差越小，所以.
故C错误，D正确.
故选：D.
4. 与有相同定义域的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出各函数的定义域，即可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，即函数的定义域为，
对于A选项，函数的定义域为，A不满足；
对于B选项，函数的定义域为，B不满足；
对于C选项，对任意的，，即函数的定义域为，C不满足；
对于D选项，函数的定义域为，D满足.
故选：D.
5. 若向量、满足：，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量垂直可得出，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为向量、满足：，，，
则，所以，，
所以，，故.
故选：B.
6. 阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序.若输出的为，则判断框中填写的内容可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出循环的每一步，可得出判断框中所填的条件.
【详解】第一次循环，条件满足，，；
第二次循环，条件满足，，；
第三次循环，条件满足，，，条件不满足，跳出循环体，
输出的值为，故判断框中填写的内容可以是，
故选：C.
7. 已知a，b，，则“”的必要不充分条件可以是下列的选项（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用不等式性质进行推导，结合取值验证可得.
【详解】A选项：取，满足，但，所以不是的必要条件，A错误；
B选项：若，，则，所以不是的必要条件，B错误；
C选项：若，，则，若，则，则有，所以，是的必要条件；
取，显然满足，但，所以不是的充分条件.
综上，是的必要不充分条件，C正确；
D选项：取，显然满足，但，所以不是的充分条件，D错误.
故选：C
8. 抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.
【详解】由题意得，直线方程为，联立得，，
设，则，
故，
点到直线的距离为，
故，
故，解得，
故该抛物线的准线方程为.
故选：A
9. 设、是两条不相同的直线，、是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若、是异面直线，，，，，则.
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，则，
因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：
因为，，则，故，A对；
对于B选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：
因为，则，因为，则，B对；
对于C选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：
因为，，，则，
又因为、是异面直线，，且，，
假设，则，与已知条件矛盾，假设不成立，故、相交，
又因为，因此，，C对；
对于D选项，若，，则或，D错.
故选：D.
10. 已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.
【详解】由于，且，
则，
整理得，
则，
整理得，
所以.
故选：D.
11. 与曲线在某点处的切线垂直，且过该点的直线称为曲线在某点处的法线，若曲线的法线的纵截距存在，则其最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在曲线上任取一点，求出曲线在点处的法线方程，可得出该直线的纵截距，再利用导数求出该法线纵截距的最小值.
【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，则，
若曲线的法线的纵截距存在，则，
所以，曲线在点处的法线方程为，
即，所以，曲线在点处的法线的纵截距为，
令，令，其中，
则，令，可得，
当时，，此时，函数单调递减，
当时，，此时，函数单调递增，
所以，.
故选：A
12. 已知双曲线：的左焦点为，过的直线与圆相切于点，与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出草图，由为中点，，故过点作，利用中位线的性质结合相切与双曲线性质得出的长度，即可在直角三角形中利用勾股定理列出的关系，再根据得出答案.
【详解】设双曲线的右焦点为,过作,如图所示，
与圆相切，
，且，
，
，
为的中点，且，
为的中点，且，
,，
，
，，
，
，
，
为直角三角形，
,
，即，
则，即，.
故选：B.
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 函数是偶函数，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性以及偶函数的性质可求得实数的值.
【详解】因为，该函数的对称轴为直线，
因为函数为偶函数，则，解得.
故答案为：.
14. 若，满足约束条件则的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.
【详解】，
画出可行域如下图所示，
由图可知，当时，取得最大值为.
故答案为：
15. 半球的表面积与其内最大正方体的表面积之比为______．
【答案】
【解析】
【分析】作出正方体的对角面，截半球得半个大圆，由此图形求得半球半径与正方体棱长的关系，从而可得表面积之比．
【详解】如图，是半球的截面，截正方体的对角面，矩形是半圆的内接矩形，
设半球半径为，正方体棱长为，则，，
半球表面积为，
正方体的表面积为，
所以．
故答案为：．
16. 如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝_____________．
【答案】
【解析】
【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.
【详解】由题意，
在中，，，
由正弦定理，，
∵，
∴，
连接如下图所示，
在中，
由余弦定理， ，
又，
∴，
∴．
故答案为：.
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取200件产品作为样本，产品的质量情况统计如表：
（1）判断是否有99%的把握，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；
（2）按照分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，其中有3件一等品和2件二等品.现从这5件产品中任选2件，求选出的这2件全是一等品的概率.
附：，其中.
【答案】（1）有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想，即可得到答案；
（2）先列出5件产品中任选2件的所有情况，再计算出2件全是一等品的情况，利用古典概型计算公式计算即可.
【小问1详解】
∵，
∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关.
【小问2详解】
在取出的5件产品中，3件一等品记为a，b，c，2件二等品记为D，E，
从这5件产品中任选2件的所有情况为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE，共10种，
其中2件全是一等品的情况为ab，ac，bc，共3种，
∴选出的2件全是一等品的概率为.
18. 在等比数列和等差数列中，，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，，记数列的前项积为，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列、等比数列通项公式即可求解；（2）求出，判断的单调性即可求解.
【小问1详解】
设数列公比为，数列的公差为，
由，有，，
又由，有，有，
又由，有，有，有，
可得，得或（舍去），故，，
故，；
【小问2详解】
证明：由（1）知：，，
则，
当时，；
当时，，即，
又，，，，，
故，，
当时，，．
故．
19. 如图，平面四边形中，，，，是上的一点，（），是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，求出各边长，得到，为等边三角形，从而得到，结合得到线面垂直，进而证明出面面垂直；
（2）作出辅助线，由三角形相似得到，进而由面面垂直得到平面，由等体积法求出点到平面的距离.
【小问1详解】
由，，，
所以平面四边形为直角梯形，且，
因为，
所以，
过点作⊥于点，则，，连接，
故四边形为矩形，所以，
所以在中，，，
，则，
又，
所以，
由，
所以为等边三角形，
又是的中点，
所以，
又，，平面，，
则有平面，
而平面，
故平面平面.
【小问2详解】
在中，，取中点，连接，
则，
因为，且，
所以∽，
故，
所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，平面，
所以平面
过作于，连接，
由平面，平面，
所以，
又，，平面，
则平面，
又平面，所以，
在中，，，
所以，
设到平面的距离为，由得，
即，
即.
可得.
20. 设函数，其中.
（1）若，讨论在上的单调性；
（2）若，证明：当时，不等式恒成立.
【答案】（1）在上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后结合a的取值范围进行分析即可判断单调性；
（2）利用导数结合不等式的性质证明即可.
【小问1详解】
由知，，，
令，由，知在上单增，
有，即，亦知在上单调递增.
小问2详解】
由知，当时，
，
令，，
令
则，
知在上单减，有，
所以在上单减，有，即.
【点睛】利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知定点，，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、、、四点共圆，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件可得出关于、的等式，化简可得出曲线的方程；
（2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，利用相交弦定理以及韦达定理可求得实数的值.
【小问1详解】
解：由题得：，两边平分并化简得，
所以，曲线的方程为.
【小问2详解】
解：设点、，设直线的方程为，
直线的方程与椭圆的方程联立，
消去得.
则，可得，
由韦达定理：，.
由条件，直线的方程为，直线的方程为，
于是可得，.
因为、、、四点共圆，由相交弦定理可得,
则，化简得，
又，，代入整理得：.
将韦达定理代入化简得：，即.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为为参数为的倾斜角，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线交于两点，点恰为线段的三等分点，求
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）化简曲线的极坐标方程为，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；
（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得，设，得到，化简得，即可求解.
【详解】（1）由曲线的极坐标方程为，可得，
又由，
代入可得，即曲线的直角坐标方程为.
（2）把直线参数方程为参数，代入曲线的直角坐标方程，
整理得,
设对应的参数分别为，得，
因为点恰为线段的三等分点，不妨设，则，
所以，代入，化简得，
又因为，所以．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知（）.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）对于任意实数，不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）三段法求出不等式的解集；
（2）由绝对值三角不等式求出，从而，求出不等式，得到答案.
【小问1详解】
当时，不等式可转化为：
或或，
整理得：或或，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
由题意得，
由绝对值三角不等式得，
若恒成立，只需来解即可，
从而，解得或.
一等品
二等品
合计
设备改造前
120
80
200
设备改造后
150
50
200
合计
270
130
400
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
数学（文）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷
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. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.
【详解】解不等式，得，因此，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2. 已知为实数，若复数为纯虚数，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则进行化简，结合复数是纯虚数，进行求解即可．
【详解】＝，∵复数是纯虚数，∴且
得且≠，即，
故选D．
【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决本题的关键，属于基础题．
3. 一组数据共含大小不一的7个数值，其平均数和方差分别为和，若去掉一个最大值和一个最小值，则剩下的数据其平均数和方差分别为和，则一定有（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】举例即可说明A、B；根据方差的意义以及数据的集中程度，即可判断C、D.
【详解】对于A、B，取7个数分别为，
则，，
所以，.故A、B错误；
对于C、D项，去掉一个最大值和一个最小值后，数据整体的分布更加集中.
因为方差是描述数据集中程度的量，数据越集中，方差越小，所以.
故C错误，D正确.
故选：D.
4. 与有相同定义域的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出各函数的定义域，即可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，即函数的定义域为，
对于A选项，函数的定义域为，A不满足；
对于B选项，函数的定义域为，B不满足；
对于C选项，对任意的，，即函数的定义域为，C不满足；
对于D选项，函数的定义域为，D满足.
故选：D.
5. 若向量、满足：，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量垂直可得出，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为向量、满足：，，，
则，所以，，
所以，，故.
故选：B.
6. 阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序.若输出的为，则判断框中填写的内容可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出循环的每一步，可得出判断框中所填的条件.
【详解】第一次循环，条件满足，，；
第二次循环，条件满足，，；
第三次循环，条件满足，，，条件不满足，跳出循环体，
输出的值为，故判断框中填写的内容可以是，
故选：C.
7. 已知a，b，，则“”的必要不充分条件可以是下列的选项（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用不等式性质进行推导，结合取值验证可得.
【详解】A选项：取，满足，但，所以不是的必要条件，A错误；
B选项：若，，则，所以不是的必要条件，B错误；
C选项：若，，则，若，则，则有，所以，是的必要条件；
取，显然满足，但，所以不是的充分条件.
综上，是的必要不充分条件，C正确；
D选项：取，显然满足，但，所以不是的充分条件，D错误.
故选：C
8. 抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.
【详解】由题意得，直线方程为，联立得，，
设，则，
故，
点到直线的距离为，
故，
故，解得，
故该抛物线的准线方程为.
故选：A
9. 设、是两条不相同的直线，、是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若、是异面直线，，，，，则.
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，则，
因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：
因为，，则，故，A对；
对于B选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：
因为，则，因为，则，B对；
对于C选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：
因为，，，则，
又因为、是异面直线，，且，，
假设，则，与已知条件矛盾，假设不成立，故、相交，
又因为，因此，，C对；
对于D选项，若，，则或，D错.
故选：D.
10. 已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.
【详解】由于，且，
则，
整理得，
则，
整理得，
所以.
故选：D.
11. 与曲线在某点处的切线垂直，且过该点的直线称为曲线在某点处的法线，若曲线的法线的纵截距存在，则其最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在曲线上任取一点，求出曲线在点处的法线方程，可得出该直线的纵截距，再利用导数求出该法线纵截距的最小值.
【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，则，
若曲线的法线的纵截距存在，则，
所以，曲线在点处的法线方程为，
即，所以，曲线在点处的法线的纵截距为，
令，令，其中，
则，令，可得，
当时，，此时，函数单调递减，
当时，，此时，函数单调递增，
所以，.
故选：A
12. 已知双曲线：的左焦点为，过的直线与圆相切于点，与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出草图，由为中点，，故过点作，利用中位线的性质结合相切与双曲线性质得出的长度，即可在直角三角形中利用勾股定理列出的关系，再根据得出答案.
【详解】设双曲线的右焦点为,过作,如图所示，
与圆相切，
，且，
，
，
为的中点，且，
为的中点，且，
,，
，
，，
，
，
，
为直角三角形，
,
，即，
则，即，.
故选：B.
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 函数是偶函数，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性以及偶函数的性质可求得实数的值.
【详解】因为，该函数的对称轴为直线，
因为函数为偶函数，则，解得.
故答案为：.
14. 若，满足约束条件则的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.
【详解】，
画出可行域如下图所示，
由图可知，当时，取得最大值为.
故答案为：
15. 半球的表面积与其内最大正方体的表面积之比为______．
【答案】
【解析】
【分析】作出正方体的对角面，截半球得半个大圆，由此图形求得半球半径与正方体棱长的关系，从而可得表面积之比．
【详解】如图，是半球的截面，截正方体的对角面，矩形是半圆的内接矩形，
设半球半径为，正方体棱长为，则，，
半球表面积为，
正方体的表面积为，
所以．
故答案为：．
16. 如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝_____________．
【答案】
【解析】
【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.
【详解】由题意，
在中，，，
由正弦定理，，
∵，
∴，
连接如下图所示，
在中，
由余弦定理， ，
又，
∴，
∴．
故答案为：.
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取200件产品作为样本，产品的质量情况统计如表：
（1）判断是否有99%的把握，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；
（2）按照分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，其中有3件一等品和2件二等品.现从这5件产品中任选2件，求选出的这2件全是一等品的概率.
附：，其中.
【答案】（1）有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想，即可得到答案；
（2）先列出5件产品中任选2件的所有情况，再计算出2件全是一等品的情况，利用古典概型计算公式计算即可.
【小问1详解】
∵，
∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关.
【小问2详解】
在取出的5件产品中，3件一等品记为a，b，c，2件二等品记为D，E，
从这5件产品中任选2件的所有情况为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE，共10种，
其中2件全是一等品的情况为ab，ac，bc，共3种，
∴选出的2件全是一等品的概率为.
18. 在等比数列和等差数列中，，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，，记数列的前项积为，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列、等比数列通项公式即可求解；（2）求出，判断的单调性即可求解.
【小问1详解】
设数列公比为，数列的公差为，
由，有，，
又由，有，有，
又由，有，有，有，
可得，得或（舍去），故，，
故，；
【小问2详解】
证明：由（1）知：，，
则，
当时，；
当时，，即，
又，，，，，
故，，
当时，，．
故．
19. 如图，平面四边形中，，，，是上的一点，（），是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，求出各边长，得到，为等边三角形，从而得到，结合得到线面垂直，进而证明出面面垂直；
（2）作出辅助线，由三角形相似得到，进而由面面垂直得到平面，由等体积法求出点到平面的距离.
【小问1详解】
由，，，
所以平面四边形为直角梯形，且，
因为，
所以，
过点作⊥于点，则，，连接，
故四边形为矩形，所以，
所以在中，，，
，则，
又，
所以，
由，
所以为等边三角形，
又是的中点，
所以，
又，，平面，，
则有平面，
而平面，
故平面平面.
【小问2详解】
在中，，取中点，连接，
则，
因为，且，
所以∽，
故，
所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，平面，
所以平面
过作于，连接，
由平面，平面，
所以，
又，，平面，
则平面，
又平面，所以，
在中，，，
所以，
设到平面的距离为，由得，
即，
即.
可得.
20. 设函数，其中.
（1）若，讨论在上的单调性；
（2）若，证明：当时，不等式恒成立.
【答案】（1）在上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后结合a的取值范围进行分析即可判断单调性；
（2）利用导数结合不等式的性质证明即可.
【小问1详解】
由知，，，
令，由，知在上单增，
有，即，亦知在上单调递增.
小问2详解】
由知，当时，
，
令，，
令
则，
知在上单减，有，
所以在上单减，有，即.
【点睛】利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知定点，，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、、、四点共圆，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件可得出关于、的等式，化简可得出曲线的方程；
（2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，利用相交弦定理以及韦达定理可求得实数的值.
【小问1详解】
解：由题得：，两边平分并化简得，
所以，曲线的方程为.
【小问2详解】
解：设点、，设直线的方程为，
直线的方程与椭圆的方程联立，
消去得.
则，可得，
由韦达定理：，.
由条件，直线的方程为，直线的方程为，
于是可得，.
因为、、、四点共圆，由相交弦定理可得,
则，化简得，
又，，代入整理得：.
将韦达定理代入化简得：，即.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为为参数为的倾斜角，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线交于两点，点恰为线段的三等分点，求
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）化简曲线的极坐标方程为，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；
（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得，设，得到，化简得，即可求解.
【详解】（1）由曲线的极坐标方程为，可得，
又由，
代入可得，即曲线的直角坐标方程为.
（2）把直线参数方程为参数，代入曲线的直角坐标方程，
整理得,
设对应的参数分别为，得，
因为点恰为线段的三等分点，不妨设，则，
所以，代入，化简得，
又因为，所以．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知（）.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）对于任意实数，不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）三段法求出不等式的解集；
（2）由绝对值三角不等式求出，从而，求出不等式，得到答案.
【小问1详解】
当时，不等式可转化为：
或或，
整理得：或或，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
由题意得，
由绝对值三角不等式得，
若恒成立，只需来解即可，
从而，解得或.
一等品
二等品
合计
设备改造前
120
80
200
设备改造后
150
50
200
合计
270
130
400
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
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