四川省泸县2023_2024学年高三数学上学期开学考试文试题含解析

这是一份四川省泸县2023_2024学年高三数学上学期开学考试文试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回
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. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法运算法则求出复数的代数形式，从而得到，再由复数的乘法运算法则即可求出．
【详解】因为，
所以，
故选：B.
2. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用不等式的解法化简集合，求解函数定义域求出集合，再利用集合的补集和交集运算即可得出结论．
【详解】由，即，解得，
所以，又，
，，
故选：C．
3. 若x，y满足约束条件，则的最小值为（）
A. 1B. 7C. 9D. 10
【答案】A
【解析】
分析】作出可行域，作直线，平移该直线可得最优解．
【详解】作出可行域，如图，
作直线，直线中是直线的纵截距，
代入得，即．
平移直线，当直线过点时取得最小值1．
故选：A．
4. 已知命题，命题，则下列命题是真命题的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别判断命题与命题的真假，从而结合“且或非”的真假性即可得解.
【详解】对于命题，将代入，得，满足要求，
故为真命题，为假命题；
对于命题，取，则，不满足要求，
故为假命题，为真命题；
所以为假命题，为假命题，为真命题，为假命题.
故选：C.
5. 近期，我国多地纷纷进入“甲流”高发期，某地、两所医院因发热就诊的患者中分别有、被确诊为“甲流”感染，且到医院就诊的发热患者人数是到医院的四倍.现从到这两所医院就诊的发热患者中任选一人，则此人未感染“甲流”的概率是（）
A. 0.785B. 0.666C. 0.592D. 0.235
【答案】B
【解析】
【分析】设到医院就诊的发热患者人数为人，到医院就诊的发热患者人数为人，利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】设到医院就诊的发热患者人数为人，到医院就诊的发热患者人数为人，
因为、两所医院因发热就诊的患者中分别有、被确诊为“甲流”感染，
所以从到这两所医院就诊的发热患者中任选一人，
则此人未感染“甲流”的概率.
故选：B
6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（）
A. 1640B. 1560C. 820D. 780
【答案】C
【解析】
【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求.
【详解】设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以．
故，
故．
故选：C．
7. 已知定义在R上的函数在上单调递增，且为偶函数，则不等式的解集为（）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，可得对称轴为，且在上单调递减.根据函数的对称性与单调性，可得只需即可，解出不等式即可.
【详解】由题意可得，对称轴为，且在上单调递减.则由，可得出，即，
即，解得或.
所以，不等式的解集为.
故选：B.
8. “ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练迭代轮数为时，学习率为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（）
A. 75B. 74C. 73D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，再由，结合指对数关系及对数函数的性质求解即可．
【详解】由题设可得，则，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为次．
故选：C．
9. 已知是第二象限，且，则的值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：
考点：1．诱导公式；2．同角间的三角函数关系式；3．二倍角公式
10. 若双曲线：的右焦点与抛物线：的焦点重合，则实数（）
A. B. C. 3D. -3
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合知焦点在轴上，对双曲线表达式进行变形，求出，再令即可求解.
【详解】双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以双曲线方程化为：，
再转化：，
所以，，
所以，
所以，
所以
平方得
故选：D.
11. 已知函数的两个极值点分别为，若过点和的直线在轴上的截距为，则实数的值为（）
A. 2B. C. 或D. 或2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意有两个不同的零点，则求参数a范围，再根据代入、确定已知点所在直线，进而求截距并列方程求参数值.
【详解】由题意有两个不同零点，则，
所以，即或，
由，即，
而，
同理有，
所以、均上，
令，则，得，
综上，（舍）
故选：B
12. 定义在上的奇函数满足，当时，，设，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用奇函数的性质与得到，进而化得，，，再由当时，得到在上单调递增且，故由可得，再由可得，从而得知.
【详解】因为是在上的奇函数，所以，故，
所以，
，
，
当时，，则在上单调递增，
又因为，所以，即，
因为，所以，则，故，
又因为，所以，故，
所以，故，
综上：，
所以，即，故，
因为，则，所以，即，
综上：.
故选：A.
【点睛】利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．
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. 已知向量，，且满足，则_______.
【答案】4
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示求解.
【详解】由已知，又，
所以，．
故答案为：4.
14. 若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是______.（结果用含的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果．
【详解】解：圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，
圆锥的底面半径，母线，
故圆锥的侧面积．
故答案为：．
15. 过点且与曲线在点处的切线垂直的直线方程为__________．
【答案】
【解析】
【详解】，所以切线斜率，则直线斜率，
所以直线方程为，即．
16. 在中，，D为BC边上一点，且，则最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】将用表示，再平方可求得，再由结合二次函数得性质即可得解.
【详解】由，
得，
则，
所以，
则，
当时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：将用表示，再平方是解决本题的关键.
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如图，平面四边形中，对角线与相交于点，，，，.
（1）求的面积；
（2）求的值及的长度.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理可得，结合再根据面积公式求解即可；
（2）根据等腰三角形性质可得，再用同角三角函数的关系与二倍角公式可得，然后根据，利用两角和的正弦公式求解，由正弦定理求解即可.
【小问1详解】
∵，，
，，;
【小问2详解】
，，，则.
，，
，，
又，在中，
，
由正弦定理可知，，
.
18. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，共有100人参加了这次竞赛，已知所有参赛学生的成绩均位于区间，将他们的成绩（满分100分）分成五组依次为，，，，，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）试估计这100人的竞赛成绩的平均数；
（2）采用按比例分配的分层抽样的方法，从竞赛成绩在内的学生中随机抽取6人作为航天知识宣讲使者，再从第四组和第五组的使者中随机抽取2人作为组长，求这2人来自同一组的概率.
【答案】（1）73.5
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率的性质求a，再根据平均数运算求解；
（2）先根据分层抽样求每组抽取的人数，再结合古典概型运算求解.
【小问1详解】
依题意可得：，解得：，
根据频率分布直方图知：每组的频率依次为，
则平均数的估计值为，
所以这100人的竞赛成绩的平均数的估计值为73.5.
【小问2详解】
由题意可知：竞赛成绩在，两个组的人数之比为，
若采用分层抽样从中抽取6人，所以每组各抽学生人数分别为，
分别记中所抽取的5人编号依次为1，2，3，4，5，中所抽取的1人编号为A，
所以从6人中随机抽取2人的情况为：，，，，，，，，，，，，，，共15种结果，
其中这2人来自同一组（记为事件）的有10种，则
所以这2人来自不同组的概率为.
19. 如图；在直三棱柱中，，，，点D为AB的中点．
（1）求证；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）8
【解析】
【分析】（1）首先由勾股定理逆定理证得，再由平面证得，从而证得平面，即可证明；
（2）过C作，F为垂足，首先证得平面，再由计算体积即可．
【小问1详解】
在中，
因为，，，
所以，
所以为直角三角形，即，
又因为在直三棱柱中，平面，且平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
【小问2详解】
在中，过C作，F为垂足，
由直三棱柱得平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，
在中，，
又因为，
所以．
20. 已知椭圆：的离心率为，其中一个焦点在直线上.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的横坐标取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】(1)根据椭圆方程确定出焦点位置，再根据焦点在直线上求出的值，根据离心率即可求解出的值，从而可求解出椭圆的方程；
(2)设出直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理求解出线段的垂直平分线方程，从而求出的坐标，即可确定出的横坐标的取值范围.
【详解】(1)∵在上，
∴当时，，∴，
∵，∴，∴，
∴椭圆的方程为：.
(2)设，
，，即，
，
∴.
∴线段中点坐标为，
∴：，即.
∴的坐标为.
∴.
∴
∴的横坐标取值范围是.
【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，着重考查了垂直平分线的应用，难度一般.(1)椭圆的焦点与长轴的端点在同一坐标轴上；(2)线段垂直平分线方程可通过中点坐标(由韦达定理得到)以及斜率(与已知直线斜率之积为)得到.
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，其中，记，证明：随的增大而增大.
【答案】（1）当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的增区间为，，函数的减区间为；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出，记，讨论的范围，判断的符号，利用导数与函数单调性的关系即可求解.
（2）依题意得，，，利用指数与对数的互化可得，，两式作差，由，求出，，求出，令，求出，利用导数与函数单调性的关系即可求证.
【详解】（1）显然函数的定义域为，且，
记，则，
当时，，，函数单调递增，
当时，，有两个大于零的根，.
令，得，令，得，
当时，，有两个小于零的根.
故，单调递增.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为，，
函数的减区间为；
（2）依题意得，，，
所以，，
故，
又，，则，且，
解得，，所以，
令，，则.
令，则，则单调递增，
故对任意的，，
由此可得，故在单调递增.
因此随着的增大而增大.
【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性中的应用，构造函数判断函数的单调性，考查了分类讨论的思想，属于难题.
（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 极坐标与参数方程）
22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴所在直线为轴，取同样的单位长度建立平面直角坐标系xy，已知曲线的普通方程为.
（1）写出曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；
（2）设点，且曲线与曲线交于点两点，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直角坐标与极坐标的互化即可求解；
（2）设出曲线的参数方程，与曲线的直角坐标方程联立，利用参数的几何意义即可求解.
【小问1详解】
因为曲线的极坐标方程为可化为，
即，将代入可得，
的直角坐标方程为.
又因为曲线的普通方程为可化为，
将代入可得，的极坐标方程，
所以曲线的直角坐标方程为，
曲线的极坐标方程.
【小问2详解】
直线的参数方程为（为参数），
将（为参数）代入得：.
显然，设点在直线上对应的参数分别为，
则，
与的夹角为，
.
（选修4-5 不等式选讲）
23. 已知函数
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为m，且正数a，b，c满足，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）去绝对值后，利用指数函数的单调性解不等式可得答案；
（2）利用绝对值三角不等式求出，再根据基本不等式可证不等式成立.
【小问1详解】
由题意得：，∴，即，∴，
∴不等式的解集为．
【小问2详解】
∵，当且仅当，即时，等号成立，
∴函数的最小值为1，即．
∴，
因为，
所以
（当且仅当时，等号成立）.
∴不等式得证．