四川省雅安市2024届高三数学下学期开学考试理试题含解析

这是一份四川省雅安市2024届高三数学下学期开学考试理试题含解析，共21页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上.，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．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.
2．请将各题答案填写在答题卡上.
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，即可由集合的交运算求解.
【详解】由，可得，
故，
故选：A
2. 已知复数为纯虚数，则（）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法法则化简复数，即可根据纯虚数的特征求解.
【详解】，
故且，故，
故选:C
3. 已知非零向量，满足，且，则与夹角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由数量积的运算律，代入计算，结合平面向量的夹角计算公式，即可得到结果.
【详解】因为，
所以．
设与的夹角为，则．
故选：B
4. 已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则且
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面以及面面平行的性质可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据线面垂直的判定定理可判断C；根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可判断D.
【详解】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则当且时，才有且，B错误；
对于C，若，当时，推不出，C错误；
对于D，如图，设，在内取点P，，
作，垂足为，因为，则，
而，则，又，
故，D正确，
故选：D
5. 函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可得到选项.
详解】由函数，，令，解得，
则其定义域为，关于原点对称，
所以函数在定义内为偶函数，排除C，D选项，因为，观察选项可知，选A.
故选：A
6. 执行如图所示的程序框图，若输入的值为，，，则输出的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】执行程序框图可知，输出的值为最小值，故判断的大小关系即可得到答案.
【详解】执行程序框图可知，第一次判断输出中较小的数记为a，
再进行第二次判断，将a与c进行比较，记较小的数为a，最终输出.
故输出的值为的最小值.
因为，，，
所以输出的值为．
故选：D
7. 已知集合，非空集合，且中所有元素之和为奇数，则满足条件的集合共有（）
A. 12个B. 14个C. 16个D. 18个
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论即可求解.
【详解】，
由于中所有元素之和为奇数，且非空集合，
当中只有一个元素时，则或或，
当中有2个元素时，则中的元素必为一偶一奇，故有个满足条件的，
当中有3个元素时，则中的元素必为2偶一奇或者三个元素均为奇数，故有4个满足条件的，
当中有4个元素时，则中的元素必为一偶3奇，故有2个满足条件的，
当中有5个元素时，则满足条件，
故共有，
故选：C
8. 已知函数，若存在，使得，则下列结论不正确的是（）
A. B.
C. 在内有零点D. 若在内有零点，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的单调性结合零点存在定理逐项判断即可得结论.
【详解】因为在上单调递增，且，，
所以，，根据零点存在定理可得函数在内有零点，故C正确；
又因为，所以，故B正确；
又因为，则可能大于，故A不正确；
若函数在内有零点，则，故D正确.
故选：A.
9. 当两个变量呈非线性相关时，有些可以通过适当的转换进行线性相关化，比如反比例关系，可以设一个新的变量，这样与之间就是线性关系．下列表格中的数据可以用非线性方程进行拟合，
用线性回归的相关知识，可求得的值约为（）
A. 2.98B. 2.88C. 2.78D. 2.68
【答案】B
【解析】
【分析】设后，得到与之间的关系表格，计算出的值，利用在线性回归方程上进行计算即可.
【详解】设，则，则
则，
，
则．
故选：B.
10. 若函数在上恰有两个零点，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换先化简函数式，结合三角函数的图象与性质计算即可.
【详解】
，
令，得,
由，,得．
因为恰有两解，
所以．
故选：C
11. 我们把形如和的两个双曲线叫做共轭双曲线．设共轭双曲线，的离心率分别为，，则当取得最大值时，（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，由，可设，结合三角恒等变换与正弦型函数的最值即可得答案.
【详解】由题意可知则．
由，可设，
则，其中，
当，即时，取得最大值，
此时．
故选：A.
12. 当时，恒成立，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，化简得到在上恒成立，令，求得，得到在上单调递增，转化为在上恒成立，令，利用求得函数的单调性和最大值，得到，即可求解.
【详解】由题意，当时，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，可得，所以在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上．
13. 已知实数，满足约束条件，则其表示的封闭区域的面积为______．
【答案】2
【解析】
【分析】利用线性规划作出约束条件所表示的封闭区域，从而得解.
【详解】根据约束条件作出的平面区域图如图所示，
易得，，，
则，故封闭区域的面积为2.
故答案为：2.
14. 已知抛物线的焦点为，是上一点，且，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据抛物线的定义及焦半径公式计算即可.
【详解】由题可知．
故答案为：6
15. 一个封闭的玻璃圆锥容器内装有部分水（如图1），此时水面与线段交于点，将其倒置后（如图2），水面与线段还是交于点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得前后两次水面的交点相同可得圆锥的体积是圆锥体积的一半，再由圆锥的体积公式计算可求.
【详解】由题意知，在图1中，圆锥的体积是圆锥体积的一半，分别设圆，圆的半径为，，则．
故答案为：
16. 在中，，延长CB至点，使得，若，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形内角和可得各个角的表达，即可利用正弦定理，结合函数的单调性即可求解.
【详解】设，则，故，
，
，
由于，
所以，
由于，所以，故，得，
又，，故，
故，
由正弦定理得，
令，均为上的单调递增函数，
所以为单调递增函数，故，
因此.
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．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．
17. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，当时，用替换，然后代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由错位相减法代入计算，即可得到结果.
小问1详解】
当时，．
当时，由，得，
则，则，
因也符合上式，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，，
则，
则，
两式相减得，
则．
18. 为了防止注册账号被他人非法登录，某系统在账号登录前，要先输入一个验证码.当连续3次输入错误验证码时，该用户账号将被冻结，需本人持有效证件进行解冻.已知该系统登入设置的每个验证码由有序数字串abcd组成，其中，某人非法登录一个账号，任选一组验证码输入，直到输入正确的验证码或账号被冻结．
（1）求这个人第一次输入的验证码怡有两位正确的概率；
（2）设这个人输入验证码的次数为X，求X的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）确定每位验证码输入正确的概率均为，结合独立重复试验的乘法公式，即可求得答案；
（2）确定X的可能的取值，求出每个对应的概率，即可得分布列，由期望公式即可求得数学期望.
【小问1详解】
由题意可知每位验证码输入正确的概率均为，
则这个人第一次输入的验证码怡有两位正确的概率为；
【小问2详解】
由题意知X的可能取值为，
则，，
，
故X的分布列为：
故.
19. 如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形.
（1）证明：.
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明平面，利用垂直关系的转化，即可证明；
（2）利用垂直关系构造二面角的平面角，再根据三角形的边长，即可求解.
【小问1详解】
连结，
因为底面和侧面均是边长为2的正方形，
所以四边形是边长为2的菱形，则，
且四边形和也是边长为2的正方形，
所以，且，，平面，
所以平面，平面
所以，且，且平面，
所以平面，平面,
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，平面，且，
所以平面，且平面，
所以平面平面，又因为平面平面，
所以平面平面，且平面平面，
因为，所以，
所以为等边三角形，
取的中点，连结，则，平面
所以平面，
再取的中点，连结,则，
因为平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
，，，
所以，
所以二面角的余弦值为.
20. 已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设是椭圆上第一象限内的一点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点．记的面积为，的面积为．证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求得结果；
（2）根据题意，分别表示出点的坐标，从而表示出，然后结合椭圆的方程，代入计算，即可证明.
【小问1详解】
由题可知，，解得，
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
证明：设，则直线的方程为，令，得．
直线的方程为，令，得．
，，
．
由，得，
则．
故为定值．
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若方程有两个不相等的根，且的导函数为，证明：．
【答案】21. 详解见解析；22. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数分类讨论含参的函数的单调性即可；
（2）由（1）知，，令，利用导数可得在上单调递增，得，进而，结合基本不等式即可证明.
【小问1详解】
，则，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，令，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
因为方程有两个不等的根，且，
由（1）知，，
令，
则
，
所以函数在上单调递增，
所以
，
又在上单调递增，
所以，又，
所以，所以，
又，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
（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]（10分）
22. 已知曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），与相交于，两点．
（1）求曲线的普通方程；
（2）设，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）把平方后相加即可；
（2）把直线的参数方程代入曲线的普通方程，化简后，利用韦达定理得到，再利用参数的几何意义即可证明.
【小问1详解】
由
得
则，
即曲线的普通方程为．
【小问2详解】
证明：
将的参数方程代入曲线的普通方程，
得，
整理得，
则．
，
则定值，证毕．
［选修4－5：不等式选讲]（10分）
23. 已知正实数，，满足．
（1）若，证明：．
（2）求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）由基本不等式和乘“”法证明即可；
（2）由基本不等式变形求解即可
【小问1详解】
证明：由，得，
则，
当且仅当时，等号成立，证毕．
【小问2详解】
因为，，，
当且仅当时，等号成立，
所以，即的最大值为3．
1
2
3
4
5
6
2.5
3.6
4.4
5.4
6.6
7.5
1
4
9
16
25
36
2.5
3.6
4.4
54
6.6
7.5
X
1
2
3
P