资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
四川省宜宾市兴文第二中学2024届高三下学期开学考试数学（理）试题（Word版附解析）
展开
这是一份四川省宜宾市兴文第二中学2024届高三下学期开学考试数学（理）试题（Word版附解析），文件包含四川省宜宾市兴文第二中学2024届高三下学期开学考试数学理试题原卷版docx、四川省宜宾市兴文第二中学2024届高三下学期开学考试数学理试题Word版含解析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。
本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共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. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的相关概念求解.
【详解】解：，
复数的虚部为．
故选：．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数单调性求集合A，根据二次函数性质求集合B，进而可求交集.
【详解】由题意可得：，
，
所以.
故选：D.
3. 等差数列满足，，则（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质运算求解.
【详解】设等差数列的公差为d，
因为，解得，
所以.
故选：B.
4. 已知向量满足且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.
【详解】解：因为向量，且，那么，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：D.
5. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）．
A. 14种B. 16种C. 18种D. 20种
【答案】C
【解析】
【分析】可以按照元素甲分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.
【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，
①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；
②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有种可能；
根据分类加法计数原理，共有种可能.
故选：C.
6. “”是“函数是奇函数”（ ）．
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】A
【解析】
【分析】函数为奇函数，解得，判断与的互推关系，即可得到答案.
【详解】当函数为奇函数，
则，
解得.
所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知（）的展开式中含项系数为，则含项系数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理通项公式分别写出和展开式中含的项和含的项，再由含项系数为列式得的关系式，表示出含项系数并将其转化为关于的一元二次方程式，根据二次函数的性质求解最小值即可.
【详解】二项式展开式中含的项为，
含的项为，
二项式展开式中含的项为，
含的项为，
由题意得，，即，
所以展开式中含项系数为
，
因为，当或时，取最小值，
最小值为，所以含项系数的最小值为.
故选：D
8. 若lg2x•lg34•lg59=8，则x=
A. 8B. 25
C. 16D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由换底公式将原式化为： =8，进而得到lgx=2lg5=lg25.
【详解】∵lg2x•lg34•lg59=8，∴ =8，∴lgx=2lg5=lg25，∴x=25．
故选B．
【点睛】对数化简的原则:（1）尽量将真数化为“底数”一致的形式；（2）将同底的多个对数的和（差）合成积（商）的对数；（3）将积（商）的对数分成若干个对数的和（差）．对数的换底公式:.
9. 设函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位得函数的图象，则
A. 上单调递减
B. 上单调递减
C. 上单调递增
D. 上单调递增
【答案】A
【解析】
【详解】，则，解得，即；
的图象向左平移个单位得函数的图象；
当时，，所以上单调递减.
10. 已知直三棱柱存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直三棱柱的高后可求其外接球的半径，从而可求外接球的表面积.
【详解】因为，故，
故的内切圆的半径为.
因为直三棱柱存在内切球，故直三棱柱的高即为内切球的直径.
而内切球的半径即为底面三角形内切圆的半径，故内切球的半径为1，
故直三棱柱的高为2.
将直三棱柱补成如图所示的长方体，则外接球的直径即为该长方体的体对角线，
故外接球的半径为，
故外接球的的表面积为.
故选：D.
11. 已知等比数列的前项和为，，则使得不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由表示数列的前3项，根据等比数列得出，进一步计算得出，再代入已知不等式，求解的取值范围得出结果.
【详解】已知，
当时，，则；
当时，，则；
因为数列是等比数列，所以，即，
整理得，解得，，公比，
所以.
由不等式得
，
即，整理得，又，
所以，即，.
所以正整数的最大值为11.
故选：C.
12. 已知函数，，，，若，，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.
【详解】设，则在上单调递减，
因为，故，即，
设，则，
故在上单调递增，
因为，故，
即，
由于，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知实数满足，则的最大值为________．
【答案】11
【解析】
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得到答案.
【详解】由约束条件，画出可行域，如图：
令，化为斜截式方程得，
由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大.
由得，即
所以点代入目标函数可得最大值，即最大值为.
故答案为：11.
14. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的基本关系式可求.
【详解】由题设可得，
若，则，这与矛盾，
故即，
故或.
故答案为；
15. 双曲线的左、右焦点分别为，P为右支上一点，且，的内切圆圆心为I，与切于点A，直线PI交x轴于点Q，若，则双曲线的离心率为____________．
【答案】3
【解析】
【分析】记c为双曲线半焦距，先求出，再利用双曲线的性质求出的坐标，再结合求解.
【详解】记c为双曲线半焦距，由角平分线定理，得，
设，则，
∴，
∴.
∵，∴，
解得．
故答案为：3.
16. 如图，在长方体中，，动点分别在线段和上.给出下列四个结论：
①；
②不可能是等边三角形；
③当时，；
④至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据长方体的特征，利用等体积法确定①，根据特殊情况分析三角形边长可判断②，利用向量法可判断③，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断④.
【详解】由题意，在长方体中，到平面CC1D1D的距离为1，到边的距离为2，所以，故①正确；
由图可知，的最小值为2，若，则,
则，若此时，则，可得，
则，即取最小值为2时，不能同时取得2，当变大时，不可能同时大于2，故不可能是等边三角形，故②正确；
建立空间直角坐标系，如图，
则,设，，
，由可得，即，
，
，
显然与不恒相等，只有时才成立，故③错误；
当为中点，与重合时，如图，
此时，，，
又，，故，所以，
因为，所以,
所以，即三棱锥的四个面均为直角三角形，
当与重合，与重合时，如图，
显然，，，，
故三棱锥的四个面均为直角三角形，
综上可知，至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题四个选项比较独立，
①的关键在于转化顶点，得出高及底面积为定值；
②分析三边中的最小值为2，此时其余两边不能同时等于2;
③利用向量得出两点的关系，在此关系下不一定能推出两边长相等；
④考虑特殊位置寻求满足条件的位置是解题关键.
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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 记的内角的对边分别为，设的外接圆半径为，且.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、三角变换公式可得，故可求.
（2）利用余弦定理可求，利用公式可求.
【小问1详解】
因为，故，
整理得到即,
所以，而，故.
【小问2详解】
由余弦定理可得，
故，解得，故.
18. 2023年9月23日至2023年10月8日，第19届亚运会将在中国杭州举行.杭州某中学高一年级举办了“亚运在我心”知识竞赛，其中1班，2班，3班，4班报名人数如下：
该年级在报名的同学中按分层抽样的方式抽取10名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的10个题目中随机抽取4个作答，至少答对3道的同学获得一份奖品.假设每位同学的作答情况相互独立.
（1）求各班参加竞赛的人数；
（2）2班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的10个题目中恰有3个答不对，记他答对的题目数为，求的分布列及数学期望；
（3）若1班每位参加竞赛的同学答对每个题目的概率均为，求1班参加竞赛的同学中至少有1位同学获得奖品的概率.
【答案】（1）3,4,2,1
（2）分布列见解析，2.8
（3）
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样计算可得；
（2）根据超几何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；
（3）计算1班每位同学获奖的概率，然后根据二项分布求解即可.
【小问1详解】
各班报名人数总共100人，抽取10人，抽样比为，
故班分别抽取（人），（人），（人），（人）.
【小问2详解】
由题意，的可能取值为1,2,3,4，
,
,
,
,
所以的分布列为：
【小问3详解】
由题意，1班每位同学获奖的概率为,
设1班获奖人数为，则，
所以至少1人获奖的概率为.
19. 如图甲，已知是边长为6的等边三角形，D，E分别是AB，AC的点，且，将沿着DE翻折，使，点A到达点P处使得，得到四棱锥，如图乙．
（1）求证：平面平面BCED；
（2）求平面PDB与平面PEC所成锐二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取BC的中点F，连接AF交DB的中点O，连接OP，根据已知条件可得，再根据边长的关系和勾股定理得到，利用线面垂直的而判定得到平面BCED,最后利用面面垂直的判定即可求证；
（2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面PDB与平面PEC的法向量，进而利用空间向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
如图，
取BC的中点F，连接AF交DB的中点O，连接OP，
由，所以，
由是边长为6的等边三角形，且，
所以是边长为2的等边三角形，
所以，
在直角中，，
中，，
所以，又，所以平面BCED，
又因为平面，所以平面平面BCED.
【小问2详解】
由（1）知：OF，DB，OP两两垂直，建立如下图所示坐标系，
在底面ABC中，由题意可知，且，
所以，
所以，
，
设为平面PBD的一个法向量，所以，
即，令，所以，
即，
设为平面PCE的一个法向量，所以，
即，令，所以，
即，设平面PDB与平面PEC所成锐二面角的平面角为，
则，所以．
所以平面PDB与平面PEC所成锐二面角的平面角的正弦值为．
20. 已知双曲线：的渐近线为，右焦点到渐近线的距离为，设是双曲线：上的动点，过的两条直线，分别平行于的两条渐近线，与分别交于P，Q两点.
（1）求的标准方程：
（2）证明：直线PQ过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点.
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，再结合即可求得的方程；
（2）过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，联系直线方程与的方程，再结合的方程即可求得的坐标及点的坐标，从而即可求得直线的方程，再由的方程求定点即可.
【小问1详解】
解：因为的渐近线方程为，所以，所以.
又右焦点到渐近线的距离为，所以，得.
又因为，所以，所以.
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
解：由（1）可知的方程为，
设，所以有，
过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，
由，得，
整理得，所以，
由于，故，
则，故，
所以.
同理可得.
所以直线：恒过定点.
21. 已知函数，．
（1）若，求证：；
（2）若关于的不等式的解集为集合，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；
（2）求出导函数，可得在上单调递增，即可得到存在使得，从而得到的单调性，再分、、三种情况讨论，分别计算可得.
【小问1详解】
若，则，，
所以，又与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，所以.
【小问2详解】
因为，，，
所以，显然与在上单调递增，
所以在上单调递增，
当时，时，
所以存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，由（1）可知时有，此时，显然符合；
①若时，有，
由上单调递增，且，
所以存在使得，要使的解集为集合的子集，
而的解集为，因为，所以，
又上单调递增，所以，即有，
则，令，，则，
所以在上单调递增，因为，所以，此时；
②若时，所以，
又在上单调递减，时，所以
所以存在使得，则不等式的解集为，
因为，又，所以只需，
又显然成立，所以，符合题意；
综上可得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
（二）选考题，共10分．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. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出C的普通方程；
（2）若A，B是C上异于坐标原点O的两动点，且，，并与线段AB相交于点P，求点P轨迹的极坐标方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）消参求普通方程；
（2）设，根据得，再根据得 ，进而可得，再由A，P，B三点共线，可得，整理可得，进而可求解.
【小问1详解】
由C的参数方程消去参数t，得C的普通方程为．
【小问2详解】
根据（1），设，（，且），
则，
因为，所以，得，
又，
因为，所以，
即，
因为A，P，B三点共线，所以，
即，整理得，
把和，代入上式，
得，
故点P轨迹的极坐标方程为．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分，和三种情况讨论取绝对值符号，即可得解；
（2）等价于，利用绝对值三角不等式求出的最小值即可得解.
【小问1详解】
当时，，
由，
得或或，解得，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
等价于，
由，得，
因为，
当且仅当时，取等号，
所以，解得或，
所以，的取值范围为.
班号
1
2
3
4
人数
30
40
20
10
1
2
3
4
本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共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. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的相关概念求解.
【详解】解：，
复数的虚部为．
故选：．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数单调性求集合A，根据二次函数性质求集合B，进而可求交集.
【详解】由题意可得：，
，
所以.
故选：D.
3. 等差数列满足，，则（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质运算求解.
【详解】设等差数列的公差为d，
因为，解得，
所以.
故选：B.
4. 已知向量满足且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.
【详解】解：因为向量，且，那么，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：D.
5. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）．
A. 14种B. 16种C. 18种D. 20种
【答案】C
【解析】
【分析】可以按照元素甲分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.
【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，
①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；
②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有种可能；
根据分类加法计数原理，共有种可能.
故选：C.
6. “”是“函数是奇函数”（ ）．
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】A
【解析】
【分析】函数为奇函数，解得，判断与的互推关系，即可得到答案.
【详解】当函数为奇函数，
则，
解得.
所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知（）的展开式中含项系数为，则含项系数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理通项公式分别写出和展开式中含的项和含的项，再由含项系数为列式得的关系式，表示出含项系数并将其转化为关于的一元二次方程式，根据二次函数的性质求解最小值即可.
【详解】二项式展开式中含的项为，
含的项为，
二项式展开式中含的项为，
含的项为，
由题意得，，即，
所以展开式中含项系数为
，
因为，当或时，取最小值，
最小值为，所以含项系数的最小值为.
故选：D
8. 若lg2x•lg34•lg59=8，则x=
A. 8B. 25
C. 16D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由换底公式将原式化为： =8，进而得到lgx=2lg5=lg25.
【详解】∵lg2x•lg34•lg59=8，∴ =8，∴lgx=2lg5=lg25，∴x=25．
故选B．
【点睛】对数化简的原则:（1）尽量将真数化为“底数”一致的形式；（2）将同底的多个对数的和（差）合成积（商）的对数；（3）将积（商）的对数分成若干个对数的和（差）．对数的换底公式:.
9. 设函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位得函数的图象，则
A. 上单调递减
B. 上单调递减
C. 上单调递增
D. 上单调递增
【答案】A
【解析】
【详解】，则，解得，即；
的图象向左平移个单位得函数的图象；
当时，，所以上单调递减.
10. 已知直三棱柱存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直三棱柱的高后可求其外接球的半径，从而可求外接球的表面积.
【详解】因为，故，
故的内切圆的半径为.
因为直三棱柱存在内切球，故直三棱柱的高即为内切球的直径.
而内切球的半径即为底面三角形内切圆的半径，故内切球的半径为1，
故直三棱柱的高为2.
将直三棱柱补成如图所示的长方体，则外接球的直径即为该长方体的体对角线，
故外接球的半径为，
故外接球的的表面积为.
故选：D.
11. 已知等比数列的前项和为，，则使得不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由表示数列的前3项，根据等比数列得出，进一步计算得出，再代入已知不等式，求解的取值范围得出结果.
【详解】已知，
当时，，则；
当时，，则；
因为数列是等比数列，所以，即，
整理得，解得，，公比，
所以.
由不等式得
，
即，整理得，又，
所以，即，.
所以正整数的最大值为11.
故选：C.
12. 已知函数，，，，若，，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.
【详解】设，则在上单调递减，
因为，故，即，
设，则，
故在上单调递增，
因为，故，
即，
由于，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知实数满足，则的最大值为________．
【答案】11
【解析】
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得到答案.
【详解】由约束条件，画出可行域，如图：
令，化为斜截式方程得，
由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大.
由得，即
所以点代入目标函数可得最大值，即最大值为.
故答案为：11.
14. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的基本关系式可求.
【详解】由题设可得，
若，则，这与矛盾，
故即，
故或.
故答案为；
15. 双曲线的左、右焦点分别为，P为右支上一点，且，的内切圆圆心为I，与切于点A，直线PI交x轴于点Q，若，则双曲线的离心率为____________．
【答案】3
【解析】
【分析】记c为双曲线半焦距，先求出，再利用双曲线的性质求出的坐标，再结合求解.
【详解】记c为双曲线半焦距，由角平分线定理，得，
设，则，
∴，
∴.
∵，∴，
解得．
故答案为：3.
16. 如图，在长方体中，，动点分别在线段和上.给出下列四个结论：
①；
②不可能是等边三角形；
③当时，；
④至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据长方体的特征，利用等体积法确定①，根据特殊情况分析三角形边长可判断②，利用向量法可判断③，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断④.
【详解】由题意，在长方体中，到平面CC1D1D的距离为1，到边的距离为2，所以，故①正确；
由图可知，的最小值为2，若，则,
则，若此时，则，可得，
则，即取最小值为2时，不能同时取得2，当变大时，不可能同时大于2，故不可能是等边三角形，故②正确；
建立空间直角坐标系，如图，
则,设，，
，由可得，即，
，
，
显然与不恒相等，只有时才成立，故③错误；
当为中点，与重合时，如图，
此时，，，
又，，故，所以，
因为，所以,
所以，即三棱锥的四个面均为直角三角形，
当与重合，与重合时，如图，
显然，，，，
故三棱锥的四个面均为直角三角形，
综上可知，至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题四个选项比较独立，
①的关键在于转化顶点，得出高及底面积为定值；
②分析三边中的最小值为2，此时其余两边不能同时等于2;
③利用向量得出两点的关系，在此关系下不一定能推出两边长相等；
④考虑特殊位置寻求满足条件的位置是解题关键.
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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 记的内角的对边分别为，设的外接圆半径为，且.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、三角变换公式可得，故可求.
（2）利用余弦定理可求，利用公式可求.
【小问1详解】
因为，故，
整理得到即,
所以，而，故.
【小问2详解】
由余弦定理可得，
故，解得，故.
18. 2023年9月23日至2023年10月8日，第19届亚运会将在中国杭州举行.杭州某中学高一年级举办了“亚运在我心”知识竞赛，其中1班，2班，3班，4班报名人数如下：
该年级在报名的同学中按分层抽样的方式抽取10名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的10个题目中随机抽取4个作答，至少答对3道的同学获得一份奖品.假设每位同学的作答情况相互独立.
（1）求各班参加竞赛的人数；
（2）2班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的10个题目中恰有3个答不对，记他答对的题目数为，求的分布列及数学期望；
（3）若1班每位参加竞赛的同学答对每个题目的概率均为，求1班参加竞赛的同学中至少有1位同学获得奖品的概率.
【答案】（1）3,4,2,1
（2）分布列见解析，2.8
（3）
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样计算可得；
（2）根据超几何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；
（3）计算1班每位同学获奖的概率，然后根据二项分布求解即可.
【小问1详解】
各班报名人数总共100人，抽取10人，抽样比为，
故班分别抽取（人），（人），（人），（人）.
【小问2详解】
由题意，的可能取值为1,2,3,4，
,
,
,
,
所以的分布列为：
【小问3详解】
由题意，1班每位同学获奖的概率为,
设1班获奖人数为，则，
所以至少1人获奖的概率为.
19. 如图甲，已知是边长为6的等边三角形，D，E分别是AB，AC的点，且，将沿着DE翻折，使，点A到达点P处使得，得到四棱锥，如图乙．
（1）求证：平面平面BCED；
（2）求平面PDB与平面PEC所成锐二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取BC的中点F，连接AF交DB的中点O，连接OP，根据已知条件可得，再根据边长的关系和勾股定理得到，利用线面垂直的而判定得到平面BCED,最后利用面面垂直的判定即可求证；
（2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面PDB与平面PEC的法向量，进而利用空间向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
如图，
取BC的中点F，连接AF交DB的中点O，连接OP，
由，所以，
由是边长为6的等边三角形，且，
所以是边长为2的等边三角形，
所以，
在直角中，，
中，，
所以，又，所以平面BCED，
又因为平面，所以平面平面BCED.
【小问2详解】
由（1）知：OF，DB，OP两两垂直，建立如下图所示坐标系，
在底面ABC中，由题意可知，且，
所以，
所以，
，
设为平面PBD的一个法向量，所以，
即，令，所以，
即，
设为平面PCE的一个法向量，所以，
即，令，所以，
即，设平面PDB与平面PEC所成锐二面角的平面角为，
则，所以．
所以平面PDB与平面PEC所成锐二面角的平面角的正弦值为．
20. 已知双曲线：的渐近线为，右焦点到渐近线的距离为，设是双曲线：上的动点，过的两条直线，分别平行于的两条渐近线，与分别交于P，Q两点.
（1）求的标准方程：
（2）证明：直线PQ过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点.
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，再结合即可求得的方程；
（2）过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，联系直线方程与的方程，再结合的方程即可求得的坐标及点的坐标，从而即可求得直线的方程，再由的方程求定点即可.
【小问1详解】
解：因为的渐近线方程为，所以，所以.
又右焦点到渐近线的距离为，所以，得.
又因为，所以，所以.
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
解：由（1）可知的方程为，
设，所以有，
过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，
由，得，
整理得，所以，
由于，故，
则，故，
所以.
同理可得.
所以直线：恒过定点.
21. 已知函数，．
（1）若，求证：；
（2）若关于的不等式的解集为集合，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；
（2）求出导函数，可得在上单调递增，即可得到存在使得，从而得到的单调性，再分、、三种情况讨论，分别计算可得.
【小问1详解】
若，则，，
所以，又与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，所以.
【小问2详解】
因为，，，
所以，显然与在上单调递增，
所以在上单调递增，
当时，时，
所以存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，由（1）可知时有，此时，显然符合；
①若时，有，
由上单调递增，且，
所以存在使得，要使的解集为集合的子集，
而的解集为，因为，所以，
又上单调递增，所以，即有，
则，令，，则，
所以在上单调递增，因为，所以，此时；
②若时，所以，
又在上单调递减，时，所以
所以存在使得，则不等式的解集为，
因为，又，所以只需，
又显然成立，所以，符合题意；
综上可得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
（二）选考题，共10分．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. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出C的普通方程；
（2）若A，B是C上异于坐标原点O的两动点，且，，并与线段AB相交于点P，求点P轨迹的极坐标方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）消参求普通方程；
（2）设，根据得，再根据得 ，进而可得，再由A，P，B三点共线，可得，整理可得，进而可求解.
【小问1详解】
由C的参数方程消去参数t，得C的普通方程为．
【小问2详解】
根据（1），设，（，且），
则，
因为，所以，得，
又，
因为，所以，
即，
因为A，P，B三点共线，所以，
即，整理得，
把和，代入上式，
得，
故点P轨迹的极坐标方程为．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分，和三种情况讨论取绝对值符号，即可得解；
（2）等价于，利用绝对值三角不等式求出的最小值即可得解.
【小问1详解】
当时，，
由，
得或或，解得，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
等价于，
由，得，
因为，
当且仅当时，取等号，
所以，解得或，
所以，的取值范围为.
班号
1
2
3
4
人数
30
40
20
10
1
2
3
4
相关试卷
四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题（Word版附解析），文件包含四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题原卷版docx、四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析），文件包含四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题原卷版docx、四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
四川省宜宾市兴文第二中学2024届高三上学期期末数学（文）试卷（Word版附解析）： 这是一份四川省宜宾市兴文第二中学2024届高三上学期期末数学（文）试卷（Word版附解析），文件包含四川省宜宾市兴文第二中学校2024届高三上学期期末数学文试题Word版含解析docx、四川省宜宾市兴文第二中学校2024届高三上学期期末数学文试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
