38，重庆市第一中学校2023-2024学年高三下学期2月开学考试数学试卷

这是一份38，重庆市第一中学校2023-2024学年高三下学期2月开学考试数学试卷，共24页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过解不等式求得集合，进而判断出正确答案.
【详解】，解得或，
所以或.
，解得或，
所以或.
所以，B选项正确，其它选项错误.
故选：B
2. 若复数满足，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ）
A. 对应的点在第一象限B. 的虚部为
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数运算求得，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由两边乘以得，，您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 所以对应点在第四象限，
的虚部为，，，
所以C选项正确，ABD选项错误.
故选：C
3. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行满足的系数关系即可求解.
【详解】若直线和直线平行，
则，解得，
所以“”是“”的充要条件，
故选：A
4. 已知数列满足，，则的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断出数列的周期性，从而求得正确答案.
【详解】依题意，数列满足，，
，
，所以数列是周期为的数列，
，
所以的前项和为.
故选：D
5. 已知向量与是非零向量，且满足在上的投影向量为，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量、向量数量积等知识求得正确答案.
【详解】设与的夹角为，
在上的投影向量为
所以，
所以，
所以为钝角，且.
故选：A
6. 已知双曲线具有光学性质：从双曲线的一个焦点出发的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过另一个焦点．如图所示，一镜面的轴截面图是双曲线的一部分，是它的一条对称轴，是它的左焦点，光线从焦点发出，经过镜面上点，反射光线为，若，，则该双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件列方程，化简求得双曲线的离心率.
【详解】以所在直线为轴建立如图所示平面直角坐标系，
设双曲线的右焦点为，依题意可知直线过，
依题意，，，则，
所以三角形是等腰直角三角形，
设双曲线的方程为，，由，
解得（负根舍去），由于，
所以，
，两边除以得，
解得（负根舍去）.
故选：C
7. 已知定义在上的函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，然后对进行分类讨论，根据有最小值列不等式来求得的取值范围.
【详解】，
当时，，.
，
当时，，在上单调递减，没有最小值，不符合题意，
所以，令解得，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
若存在，使得对任意，都有，
则，
即.
故选：D
8. 用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（ ）
A. 120B. 72C. 48D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】利用两个计数原理，先分类再分步即可求解．
【详解】先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂,有2种选择，
① 当,颜色相同时涂色方法数是：，
② 当,颜色不相同时涂色方法数是：，
满足题意的涂色方法总数是：．
故选：A．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 关于函数，则下列命题正确是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 函数的最小正周期为
C. 在区间上单调递增
D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，再把图象向右平移个单位长度得到的函数为
【答案】ACD
【解析】
【分析】代入即可验证对称中心，即可判断A，根据周期公式即可判断B，根据整体法即可判断C，根据函数的伸缩平移变换即可求解D.
【详解】由于，所以，故的图象关于点对称，A正确，
函数的最小正周期为，故B错误，
当时，，故C正确，
将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到，再把图象向右平移个单位长度得到的函数为，D正确，
故选：ACD
10. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 若随机变量，且，则
B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为16
C. 盒子中装有除颜色外完全相同的5个黄球和3个蓝球，从袋中有放回地依次抽取2个球，第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为
D. 设随机事件，，已知事件发生的概率为0.3，在发生的条件下发生的概率为0.4，在不发生的条件下发生的概率为0.2，则发生的概率为0.26
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正态分布、百分位数、条件概率、全概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据正态分布的对称性可知，A选项错误.
B选项，，所以第百分位数是，B选项正确.
C选项，由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到蓝球”与“第二次抽到蓝球”是相互独立事件，所以第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为，
所以C选项正确.
D选项，，所以D选项正确.
故选：BCD
11. 已知定义在上的函数，是奇函数，是偶函数，当，，，，则下列说法中正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数关于点对称
C.
D. 函数有8个不同零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性、零点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】是奇函数，图象关于对称，所以关于对称；
是偶函数，图象关于直线对称，所以关于直线对称；
关于直线的对称点为原点，
则关于原点对称，所以是奇函数，
直线关于原点的对称直线为，所以关于直线对称，则B选项错误.
所以，
所以是周期为的周期函数，A选项正确.
，C选项正确.
当，，，
，
，解得，
所以，，
令得，，
画出和的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有个交点，所以有个零点，所以D选项正确.
故选：ACD

12. 在正方体中，，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则下列说法正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 平面内存在一条直线与直线成角
C. 若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分
D. 以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.利用垂直关系的转化，再结合面面垂直的判断定理，即可证明；B.首先求直线与平面所成角的正弦值，再与临界值比较，即可判断；C.结合几何关系，根据抛物线的定义，即可判断；D.首先求点的轨迹，再结合几何关系，求解点到平面距离的最值.
【详解】A.如图， 连结，则，
因为平面，平面，所以，
且，平面，
所以平面，平面，
所以，同理，且，且平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面，故A正确；

B.将正方体中，分离出四棱锥，取的中点，连结，
因为平面，，，
即，
则与平面所成角的最小值是，，
所以，
因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，所以平面内不存在一条直线与直线成角，故B错误；

C.如图，取的中点，连结，平面，作于点，则
因为，则，即点到点的距离和点到的距离相等，即可点形成的轨迹是抛物线，故C正确；

D.连结交于点，取的中点，连结，
则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，
易知，由，知，，且平面，
所以平面,平面，
所以平面平面，
，
如图，与圆的交点分别为，
当点位于点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值，
且距离的最大值为,
距离的最小值为,
所以点到平面的距离的取值范围是，故D正确.

故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的难点和关键是D选项的判断，而D选项的关键判断，需结合线面的位置关系，首先判断点的轨迹，再结合几何关系，判断点到平面距离的最值.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法求得正确答案.
【详解】由，
令，得，
令，得，
所以.
故答案为：
14. 已知点为直线上的动点，平面内的动点到两定点，的距离分别为和，且，则点和点距离的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得点的轨迹方程，然后根据直线和圆的位置关系求得正确答案.
【详解】设，由得，
即，即，
也即，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以点和点距离的最小值为.
故答案：

15. 已知，，，，且，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，利用基本不等式即可求值.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
，
当且仅当，即时取到等号.
所以.
故答案为：
16. 已知，若在内恰有两个零点，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】化简的解析式，根据在区间上零点的个数列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
，
要使在内恰有两个零点，
首先，即；
其次由得，
由得，，
由于内恰有两个零点，
若，则，解得.
若，则，解得.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：首先需要化简的解析式，利用的是三角恒等变换的知识，将三角函数的解析式化简为的形式，然后由以及三角函数的性质来列不等式来对问题进行求解.
四、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. 已知的三个内角，，所对边的长分别为，，，，．
（1）若，求的值；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理等知识求得.
（2）先求得，判断出三角形是等腰直角三角形，从而求得三角形的面积.
【小问1详解】
由和正弦定理得，
若，由余弦定理得，
即，即.
【小问2详解】
若，则，
由于，所以,
所以为锐角，且，则，所以，
所以，三角形是等腰直角三角形，.
18. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥的体积为4，求直线与平面所成夹角的正弦值．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，结合来证得平面.
（2）根据四棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成夹角的正弦值．
【小问1详解】
设是的中点，连接，由于，
所以四边形是平行四边形，所以，
由于，所以，所以，
所以，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于平面，且直线与直线相交，
所以平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，过作，垂足为，
则四边形是矩形，，
所以，
依题意，
由于平面，平面，所以，
则两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系.
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则.
19. 已知数列每一项都不为，，记为数列的前项和，且．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用进行分析，从而求得正确答案.
（2）对进行分类讨论，根据分组求和法求得正确答案.
【小问1详解】
依题意，，对于①，
当时，，
当时，②，
①-②得，
所以数列奇数项、偶数项分别成公差为的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，
当是偶数时，，
当是奇数时，，时有：
，
也符合上式.
所以.
20. 当前，人工智能技术以前所未有的速度迅猛发展，并逐步影响我们的方方面面，人工智能被认为是推动未来社会发展和解决人类面临的全球性问题的重要手段．某公司在这个领域逐年加大投入，以下是近年来该公司对产品研发年投入额（单位：百万元）与其年销售量y（单位：千件）的数据统计表．
（1）公司拟分别用①和②两种方案作为年销售量关于年投入额的回归分析模型，请根据已知数据，确定方案①和②的经验回归方程；（计算过程保留到小数点后两位，最后结果保留到小数点后一位）
（2）根据下表数据，用决定系数（只需比较出大小）比较两种模型的拟合效果哪种更好，并选择拟合精度更高的模型，预测年投入额为百万元时，产品的销售量是多少?
参考公式及数据：，，，，，，，， ．
【答案】（1），
（2）②的拟合效果好，预测销售量是千件
【解析】
【分析】（1）根据经验回归方程的求法求得正确答案.
（2）通过计算决定系数确定拟合效果较好的方案，并由此进行预测.
【小问1详解】
，
所以，
所以.
由，两边取以为底的对数得，即，
，
所以，所以.
【小问2详解】
，
对于，；对于，，
所以②的拟合效果好，当时，预测值千件.
21. 已知，．
（1）若在处的切线也与的图象相切，求的值；
（2）若在恒成立，求的取值集合．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义先求得在处的切线方程，再根据直线与的图象相切，设切点，再根据导数的几何意义，切点既在曲线上又在切线上，求得的值；
（2）根据必要性可求得，再代入数据计算函数在上单调递减，在上单调递增，计算即可求解.
【小问1详解】
由已知，则，又，
所以切点为，切线的斜率为，
所以切线方程为，
又，设切点为，所以，
所以，解得；
【小问2详解】
设，则，
必要性：因为，函数在的左右均大于等于，
所以是极值点，所以，所以；
充分性：当时，，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，
当时，设，则，
因为，所以单调递增，
即单调递增，
又，所以在上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
所以，
故实数的取值集合为.
【点睛】方法点睛：利用导数研究曲线上某点的切线问题，利用导数的几何意义求出斜率，利用点斜式表示切线方程，若无切点，要设出切点坐标，切点既在曲线上又在切线上，列出方程即可；利用导数研究函数恒成立问题，由必要性求得参数的值，然后证明充分性，利用导数研究函数的单调性求得最小值.
22. 在平面直角坐标系中，过直线上任一点作该直线的垂线，，线段的中垂线与直线交于点．
（1）当在直线上运动时，求点的轨迹的方程；
（2）过向圆引两条切线，与轨迹的另一个交点分别为，．
（i）证明：直线与圆也相切；
（ii）求周长的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，从而得到点的轨迹是以为焦点的抛物线，求出方程.;
（2）（i）分三种情况讨论：①斜率不存在时，求出点坐标，直线方程，得到与抛物线只有一个交点，不满足题意舍去；
②直线斜率不存在时，从而求出，两点坐标，得到直线方程，验证圆心到直线距离即可；
③假设直线与斜率同时存在，不妨设且，，，分别表示出、方程，利用相切条件得到，为方程的两根，由韦达定理有，，代入圆心到直线的距离公式即可证明；
（ii）利用三角形内切圆的性质可得，求三角形周长最小值转化为求面积最小值，求出弦长以及到直线的距离，化简得到，，，所以，设，利用导函数即可求出的最小值，从而得到三角形面积的最小值，即可求出三角形周长的最小值.
【小问1详解】
由过直线上任一点作该直线的垂线，，线段的中垂线与直线交于点，作出下图：
由图可得，所以点的轨迹是以为焦点的抛物线，故点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
（i）不妨假设直线在圆的左侧，直线在圆的右侧，
①当斜率不存在时，则直线的方程为，可设，则，设直线方程为，
由于与圆相切，解得，则直线方程为，与抛物线只有一个交点，不满足题意，
②当斜率不存在时，则直线的方程为，可设，则，设直线方程为，
由于与圆相切，解得，
则直线方程为，此时，则直线方程为，所以圆心到直线的距离，满足题意.
③假设直线与斜率同时存在，不妨设且，，，
所以，则直线的方程，即，
因为直线与圆相切，所以，化简得：，
同理可得，则，为方程的两根，
所以，，所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆也相切；
（ii）由题可得，所以，
故要求周长的最小值即求面积的最小值，
由（i）可得直线方程为，且，，
则到直线的距离，弦长，所以
令，，所以
设，则，
由于在时，很成立，
所以在时，，在时，，时，，
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减，由于，，
故，此时或，即点的坐标为或时，的面积取最小值
所以，故周长的最小值为,
【点睛】方法点睛：本题考查了轨迹问题，以及三角形的内切圆问题.
求轨迹方程常用方法有：(1)待定系数法；(2)直接法；(3)相关点法；(4)几何法;
三角形内切圆的半径(其中为三角形面积，为三角形周长)1
2
3
4
5
6
1
1.5
3
6
12
经验回归方程
残差平方和