四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（理）上学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（理）上学期开学考试试题（Word版附解析），共25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。
泸县一中高2021级高三上学期开学考试
数学（理工类）
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，则最小值为（ ）
A 1 B. 7 C. 9 D. 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. 0.785 B. 0.666 C. 0.592 D. 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. 1640 B. 1560 C. 820 D. 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. 75 B. 74 C. 73 D. 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. 已知锐角满足，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
分析】先根据求出，再利用二倍角得正切公式求出，再根据两角和得正切公式即可得解.
【详解】由，得，
即，解得，
又为锐角，所以，
又，即，
解得（舍去），
所以，所以.
故选：D.
10. 已知分别是椭圆的左、右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的坐标，根据得出的坐标，根据在椭圆上列方程求解即可.
【详解】
不妨设在第一象限，由题意，的横坐标为，
令，解得，即.
设，又，，，
由可得：，解得，
又在椭圆上，即，
整理得，解得.
故选：A
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. 2 B. 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、均在上，
令，则，得，
综上，（舍）
故选：B
12. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究函数单调性，由，可得，再由，再作商法，得，从而得解.
【详解】令，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
因为，所以，
又，，所以，所以，故，
因为，又因为，
故，从而有，综上所述：.
故选：B.
第II卷 非选择题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中的系数是__________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】的通项为，
令，得的展开式中的系数是．
故答案为：
14. 若曲线与曲线有两条公切线，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义，分别写出两曲线的切线方程，让两切线方程的系数相等，得到方程组，消去一个变量后，问题转化为方程的根的个数问题，构造函数，利用导数研究其性质，作出图象，数形结合求解即可．
【详解】令，，则，，
设，则曲线在处切线为，
设，则曲线在处切线为，
由题意，消去得，
由题意，方程有两个不同的实数根，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故当时，取极大值；当时，取极小值，
又当时，根据以上信息作出的大致图象，

由图可知当，即时，直线与的图象有两个交点，从而方程有两个不同的实数根，
所以，曲线与曲线有两条公切线时，的值为．
故答案为：．
15. 在中，，D为BC边上一点，且，则的最小值为___________.
【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.
16. 已知，给出以下命题：
①当时，存在，有两个不同的零点
②当时，存在，有三个不同的零点
③当时，对任意的，的图象关于直线对称
④当时，对任意的，有且只有两个零点
其中所有正确的命题序号是______.
【答案】①②③
【解析】
【分析】当，时，利用导数可求得在时的单调性，确定，利用导数可求得，可确定时在上有唯一零点；代回时验证，结合零点存在定理可确定在定义域内共有两个不同零点，知①正确；当，时，易知为在上的唯一零点；当时，利用导数求得单调性，取，结合零点存在定理可说明在定义域内共有三个不同零点，知②正确；根据解析式验证知，知③正确；当时，结合导数可知时，有且仅有两个零点；当时，利用导数可求得单调性，通过反例时，有三个不同零点可知④错误.
【详解】对于①，当时，，则定义域为；
当时，，，
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
，即当时，，则在上有唯一零点；
当，时，，，
在上单调递减，
，，，使得，
在有唯一零点；
则当，时，有两个不同的零点，①正确；
对于②，当时，，则定义域为；
当时，，；
当时，，，，
在上单调递减；又，在上有唯一零点；
当时，，；
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
不妨取，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，，
，，使得，
即在上存在两个不同零点和；
则当，时，有三个不同的零点，②正确；
对于③，当时，，
，
对于任意的，的图象关于直线对称，③正确；
对于④，当时，，则定义域为；
当时，若，，；
则恒成立，在上单调递增，
又，在上有唯一零点；
若，，；
则恒成立，在上单调递减，
又，在上有唯一零点；
当时，有且仅有两个零点；
当时，若，，；
令，解得：（舍）或，
当时，；当时，；
不妨取，则在上单调递减，在上单调递增，
；
又，
，使得，又，恒成立，
当时，有三个不同的零点，④错误.
故答案为：①②③.
【点睛】关键点点睛：本题重点考查了利用导数研究函数零点个数的问题；解题关键是能够通过分类讨论的方式，结合变量的范围讨论函数在区间内的单调性，结合零点存在定理确定函数在区间内的零点个数，从而得到结论.
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. 2018年12月8日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程.为了解广大市民是否实时关注了这一事件，随机选取了部分年龄在20岁到70岁之间的市民作为一个样本，将此样本按年龄，，，，分为5组，并得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求图中实数的值，并估计样本数据中市民年龄的众数；
（2）为进一步调查市民在日常生活中是否关注国家航天技术发展的情况，现按照分层抽样的方法从，，三组中抽取了6人.从这6人中任意抽取3人了解情况.记这3人中年龄在的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望.
【答案】（1），众数为
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据概率之和等于即可求得，由频率分布直方图即可得出众数；
（2）先根据分层抽样求出各区间的人数，再写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可.
【小问1详解】
由，解得，
众数为；
【小问2详解】
的人数为，
的人数为，
的人数为，
则可取，
，，
，，
所以分布列为










（人）.
19. 图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．

（1）求证：平面平面；
（2）在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于，可证，平面，所以，平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件求出的位置，再用空间向量求平面与所成角的余弦值．
【小问1详解】
证明：在图1中，连接，交于，

，
所以，
所以，四边形是菱形，
所以，且．
在图2中，满足，
所以，所以，，
又平面，所以，平面，
又平面，所以，平面平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则即，取，得，
设，在线段上存在点使得与平面的正弦值为，
所以
解得或（舍），
所以，
设平面的法向量为，
则即，取，得，
设平面与平面的平面角为，

所以，平面与所成角的余弦值为
20. 在平面直角坐标系中，已知分别是椭圆的左焦点和右焦点.
（1）设是椭圆上的任意一点，求取值范围；
（2）设，直线与椭圆交于两点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）易知，设，有，再利用平面向量的数量积运算求解；
（2）①当直线垂直于轴时，由对称性知，点关于轴对称，不妨令点在轴右侧，由是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线方程为：，与椭圆方程联立求解；（2）当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，设，与椭圆方程联立，根据是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到，则，结合韦达定理线求得，再由BD的中垂线，由斜率关系得到求解.
【小问1详解】
在椭圆中，，
设，则有，即，
于是，
显然，所以的取值范围是.
【小问2详解】
①显然直线不垂直于轴，当直线垂直于轴时，由对称性知，点关于轴对称，不妨令点在轴右侧，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则直线方程为：，由消去得：，于是得，点，直线的方程为，
（2）当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，设，
由消去得：，
则，即，，可得
因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，有，
而，于是，

即，整理得，
从而，
化为，解得，
又线段的中垂线过点及点，因此，即，
解得，而当时，成立，即，
因此直线的方程为.
21. 设函数.
（1）从下面两个条件中选择一个，求实数的取值范围；
①当时，；
②在上单调递增.
（2）当时，证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大.
【答案】（1）选①；选②
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）若选①，可得在上单调递增，然后讨论当时，不符合要求，即可得到结果；若选②，将问题转化为在上恒成立，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，利用导数研究函数的极值，先证得函数有两个极值点，然后构造函数，通过函数的单调性即可得到证明.
【小问1详解】
令，则，所以，则，
令，则，
选①：当时，因为时，，所以在上单调递增，
又，所以当时，，说明在上单调递增，
所以，符合题意；
当时，，当时，，所以在上单调递减，
又，所以当时，，说明在上单调递减，
所以当时，，此时不符合题意；
综上，实数的取值范围.
选②：在上单调递增，所以在上恒成立，
当时，，所以在上递增，
又，所以当时，，所以在上单调递减，不符合题意；
当时，当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
从而，由在上恒成立，得，
令，说明在单调递增，在单调递减，
所以，当且仅当时取得等号，故.
综上，实数的取值范围.
【小问2详解】
当时，当时，在上单调递减，又，
当时，，说明在上单调递增，
当时，，说明在上单调递减，
所以为极大值点.
由（1）有，则，
所以当时，有，
所以当时，，
所以使得.
当时，，当时，，
所以为极小值点，
综上，函数有两个极值点；
其中满足，所以，
设，则，
由（1）知，所以单调递增，
所以随着的增大而增大，又，
所以，故随着的增大而增大.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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 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xoy，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，
∴函数最小值为1，即．
∴，
因为，
所以

（当且仅当时，等号成立）.
∴不等式得证．