四川省成都市树德中学高2023级高三上开学考试数学含答案解析

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1. 若命题“”是假命题，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知命题的否定为真命题，由判别式得到不等式，解得的取值范围》
【详解】命题“”是假命题，
则 是真命题，
∴，
解得：或，
即a的范围是
故选：D.
2. 设集合 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解指数不等式得集合，求函数定义域得集合，然后根据交集的定义求解.
【详解】因为集合，，
所以.
故选：C.
3. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A. 至少有一个红球与都是黑球B. 至少有一个黑球与都是黑球
C. 至少有一个黑球与至少有1个红球D. 恰有1个黑球与恰有2个黑球
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件以及对立事件的定义逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，可能为：1红1黑、2红、2黑，
对于A：至少有一个红球包括1红1黑、2红，与都是黑球是对立事件，不符合题意，故选项A不正确；
对于B：至少有一个黑球包括1红1黑、2黑，与都是黑球不是互斥事件，不符合题意，故选项B不正确；
对于C：至少有一个黑球包括1红1黑、2黑，至少有1个红球包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意，故选项C不正确；
对于D：恰有1个黑球与恰有2个黑球是互斥事件而不是对立事件，符合题意，故选项D正确；
故选：D.
4. 在等差数列中，，则（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式得到，进而由等差数列通项公式基本量计算出答案.
【详解】设公差为，，即，故，
.
故选：A
5. 已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断ABC，由线面平行的性质可判断D.
【详解】对于A，如图所示：，但，故A错误；
对于B.，如图所示：满足 ，但，故B错误；
对于C，满足，但不平行，故C错误；
对于D， ，由线面平行的性质可和，故D正确.
故选：D.
6. 已知函数的最小正周期为，则在的最小值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最小正周期可以求出参数，再结合函数的单调性求出最值.
【详解】化简原函数得，即
由函数的最小正周期为，可得，所以.
因为，所以时，则，
由，得，，
所以，故选A.
7. 定义在上函数满足，且当时，.则使得在上恒成立的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，在区间上，，作函数的图象，如图所示，然后结合图像可求出的最小值
【详解】根据题设可知，当时，，故，
同理可得：在区间上，，
所以当时，.
作函数的图象，如图所示.
在上，由，得.
由图象可知当时，.
故选：D.
【点睛】此题考查函数在给定区间上恒成立问题，考查数形结合思想，属于中档题
8. 如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，且内切圆的圆心在直线上.则双曲线的离心率是（ ）
A B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得.由，可得.
又由内切圆的圆心在直线上，可得，据此可得答案.
【详解】如图1，取中点为Q，连接EQ，PQ.则，
.
因，则，因直线外一点到直线连线中垂线段最短，则为垂线.因Q为中点，E为中点，则
，得.又DO为直角三角形斜边中线，则.
如图2，设内切圆的圆心为I，内切圆与交点为M，与交点为T，与交点为N.则，，又，则.
又由切线性质，可知，则
.
则离心率为.
故选：D
【点睛】结论点睛：本题涉及以下结论：
（1）极化恒等式：；
（2）双曲线焦点三角形的内切圆圆心在直线上.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有二个正确选项的，每个选项3分，有三个正确选项的，每个选项2分，有选错的得0分.
9. 已知高二（1）（2）（3）班三个班的学生人数之比为3∶3∶4.在某次数学考试中，高二（1）班的不及格率为10%，高二（2）班的不及格率为20%，高二（3）班的不及格率为15%，从三个班随机抽取一名学生.记事件“该学生本次数学考试不及格”，事件“该学生在高二（）班”（，2，3），则（ ）
A.
B.
C. 与相互独立
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用古典概型的概率计算公式可判断A；根据全概率公式可判断B；根据独立事件的概率乘法公式可判断C；根据条件概率公式计算结论可判断D.
【详解】对于A，，，，故A错误；
对于B，由题意，，，，
，故B正确；
对于C，由，则，
即与相互独立，故C正确；
对于D，，，
，故D正确.
故选：BCD.
10. 若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 角C一定为锐角B. C. D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由倍角公式化简得即可判断A选项；由余弦定理即可判断B选项；由正弦定理即及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项.
【详解】由可得，又，故，
，故为钝角，A错误；
又由余弦定理，，化简得，B正确；
由正弦定理，即，又，故，
即，即，C正确；
由上知，为钝角，故，，
，当且仅当，即时取等，D正确.
故选：BCD.
11. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线C（如图所示）过坐标原点O，且C上的点满足到两个定点，的距离之积为4，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 点在C上，则
C. 点N在椭圆上，若，则
D. 过作x轴的垂线交C于A，B两点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题目给的伯努利双纽线的概念，结合圆锥曲线中的焦点概念，直线与圆锥曲线的关系，分别判断各选项的正误.
【详解】由题意，，即，
对于A，因曲线过原点，将代入，解得，故A正确；
对于B，由点在上，得，
化简得，解得，故错误；
对于，椭圆的焦点坐标恰好为与，则，
由，得：，
则，，故C正确；
对于D，设，则，而，则，
又根据勾股定理得，则，化简得，
解得，因此，故D正确；
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列中，，，，则数列的通项公式为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合给定递推关系构造等比数列，进而求出即可.
【详解】由，得，
由于，因此是首项为，公比为的等比数列，
从而可得，则．
故答案为：．
13. 甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有________种不同的分配方案.
【答案】150
【解析】
【分析】根据不同的人数分配比例分别计算分配方案数，再将两种情况的方案数相加得到总的分配方案数.
【详解】依题意，人数的分配有和两种，
若是，则有种，
若是，则有种，则共有150种不同的分配方案.
故答案：150.
14. 若函数有两个极值点，则的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】令得，令，将函数的零点问题转化为的图象和直线的交点问题，利用导数判断出的单调性，结合图象可得答案.
【详解】的定义域为，
因为有两个极值点，所以函数在上有两个变号零点，
令，则，
即，所以，令，
所以将函数的零点问题转化为的图象和直线的交点问题，
求导得，
令，则，
易知在上单调递增，在上单调递减，
，则恒成立，
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以，又因为，
则的图象如图所示，要使的图象和直线有两个交点，
由图象知，即，所以的取值范围为．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，且面积，
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可求的值．
（2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而可求的值，根据余弦定理可得的值；（ⅱ）由余弦定理求得，进而可得，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，可得：，
由正弦定理可得：，
可得：，
因为，所以，
所以，即，
因为，所以
【小问2详解】
（ⅰ）因为，且，
解得：，，
由余弦定理可得：，解得： ；
（ⅱ）由余弦定理可得，
所以，，，
所以.
16. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，求导得，根据导数的几何意义，得到切线方程的斜率，再结合切线方程过定点得到切线方程.
（2）根据函数得到函数的定义域为，对求导，讨论a的范围，结合导数判断函数的单调性，确定函数是否存在极小值，结合题给条件得到关于a的不等式，构造关于a的新函数，求导判断函数单调性，解不等式求解.
【小问1详解】
因为，所以，
求导得
所以，
又因为，
故曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
由函数可知，.
求导得：，
当时，因为，所以，
此时为单调递增函数，没有极小值，与题意不符；
当时，，
因为，所以当时，，当时，，
所以函数有极小值为．
又，所以，即，
因为，所以．
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以的解集为，即的取值范围是．
17. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且点在上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点，且点位于轴上方，设点关于轴的对称点为，求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由给定的离心率及点，列出方程组求出即可.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求出最大值.
【小问1详解】
由椭圆的离心率为，得，即，
由点在上，得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线不垂直于坐标轴，设直线方程为，，
设点，则，，
由消去得，，，
所以
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
18. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的正切值；
（3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由图翻折可知，，再利用面面垂直的判定证明即可；
（2）过点作交于，通过证明平面，得到为二面角的平面角，再求正切值即可；
（3）设和的外心分别和，则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，过点作于，连接，可知四边形为矩形，设，通过计算可得外接球半径，当时，球的半径最小，此时点与点重合即可证明.
【小问1详解】
在四边形中，因为，所以折叠后有，．
又，平面，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
小问2详解】
由题意，又，故，
过点作交于，则，连接，，
因为平面平面，面面，平面，
且，所以平面．
因为平面，所以，同理，
因为，，，所以由余弦定理得，
所以，
因为，平面，平面，所以平面．
因为平面，所以，所以为二面角的平面角．
所以在中，，
所以平面与平面夹角的正切值为．
【小问3详解】
由（1）知平面平面，
设和的外心分别和，
因为、、、均在以为球心的球面上，
则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，
过点作于，连接，
设，显然四边形为矩形，
所以．
在中，设（），
由及余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径．
在中，，，，
由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径．
所以，
即，
所以，故当时，球的半径最小，
此时点与点重合，所以点在平面内．
19. 甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是（），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.
（1），若两人共进行5局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望；
（2）时，若两人共进行（且）局比赛，记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”.事件表示“甲最终获胜”.请写出，，，的值（直接写出结果即可）；
（3）若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为.证明：时，.
【答案】（1）分布列见解析，
（2），，，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望；
（2）分析可得时，，故乙最终获胜，则，同理求出其他的条件概率；
（3）在（2）的基础上，结合全概率公式可得，故，当时，，在利用作商法和基本不等式得到，最终证明出结论.
【小问1详解】
的可能取值为1，3，5，，，，
的分布列为：
；
小问2详解】
当时，，
故乙最终获胜，则，
当时，，，
故只有最后两场甲全赢才能最终获胜，故，
当时，，，
最后两场甲至少赢一场才能最终获胜，故PBAn=C21×23×13+232=89，
当时，，
故甲最终获胜，故；
【小问3详解】
证明：结合（2），由全概率公式得：
，
所以，
当时，，
又
，
因为，所以，即.
1
3
5