四川省泸州市叙永第一中学2024届高三下学期开学考试数学（理）试题（Word版附解析）

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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. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由二次函数的值域得集合M，由得集合N，再求交集即可.
【详解】集合，
由，解得，所以，
所以.
故选：A.
2. 若复数，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】应用除法法则求出，再根据模的计算公式计算.
【详解】，则.
故选：B
3. 右图是2012年在某大学自主招生考试的面试中，七位评委为某考生打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为（ ）

A. 84，4.84B. 84，1.6C. 85，1.6D. 85，4
【答案】C
【解析】
【分析】去掉最高分93和最低分79计算出平均数再代入方差公式即可.
【详解】由图易知最高分为93,最低分为79，则剩余数的平均数为
，代入方差公式：
则剩余数据的平均数和方差分别为85和1.6
故选：C.
4. 已知变量满足，若目标函数取到最大值3，则a的值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知画出可行域，由目标函数最大值，数形结合讨论参数a，判断函数所过的点列方程求参数，即可得答案.
【详解】画出可行域知，该区域是由点所围成的三角形区域（包括边界），
直线在y轴上的截距为，斜率为，
要使目标函数取到最大值3，
当时，过时有最大值，，不符；
当时，过时有最大值，，不符；
当时，过时有最大值，，满足.
当时，过时有最大值，，不符.
所以.
故选：A
5. 在的展开式中，的指数是整数的项共有（ ）
A. 3项B. 4项C. 5项D. 6项
【答案】C
【解析】
【分析】先写出展开式的通项，然后分析的指数部分，对取合适的值使的指数为整数，由此完成求解.
【详解】因为展开式通项为，
若为整数且，
经计算可知满足条件，所以共有项，
故选：C.
6. 已知直线分别与轴、轴交于、两点，点在圆上，则面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，加上半径最大，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
则，
，
故选：B
【点睛】本题考查了点到直线的距离公式、三角形的面积公式，属于基础题.
7. 教育的目标是立德树人，是为新时代具有中国特色的社会主义培养全面发展的接班人，某初中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展决定每天减少了一节学科类课程，增加了一节活动课，为此学校特开设了传统武术，舞蹈，书法，小提琴四门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，初一到初三3学年将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）
A. 60种B. 78种C. 54种D. 84种
【答案】C
【解析】
【分析】由题意每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2，利用分组分配的方法求解即可.
【详解】由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，
则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2，
先将4门学科按1，1，2分成三组，有种方式，
再分到三个学年，有种不同方式，
由分步计数原理得，不同选修方式共有种．
同理将4门课程按0，2，2分成三组，再排列，有种，
所以共有种，
故选：C．
8. 函数的部分图像大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数的值域和绝对值的几何意义可知，再结合导数求出函数在上的单调性，由此可得出答案．
【详解】解：根据指数函数的值域和绝对值的几何意义可知，则C、D错；
当时，，，
由得，由得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，则A对，B错；
故选：A．
【点睛】本题主要考查函数图象的识别，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
9. 甲、乙、丙、丁四人商量是否参加志愿者服务活动.甲说：“乙去我就肯定去.”乙说：“丙去我就不去.”丙说：“无论丁去不去，我都去.”丁说：“甲、乙中只要有一人去，我就去.”则以下推论可能正确的是
A. 乙、丙两个人去了B. 甲一个人去了
C. 甲、丙、丁三个人去了D. 四个人都去了
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用甲、乙、丙、丁四位同学所说结合丙说：“无论丁去不去，我都去．”分别分析得出答案．
【详解】对于选项A，∵丙说：“无论丁去不去，我都去．” ∴丙一定去出游，故A选项错误；
对于选项B，∵乙说：“丙去我就不去．”， ∴由选项A可知，乙一定没去，故选项B错误； 对于选项C，∵丁说：“甲乙中至少有一人去，我就去．” ∴由选项B可知，甲、丁一定都出游，故甲、丙、丁三个人去了，此选项正确；
对于选项D，∵乙说：“丙去我就不去．” ∴四个人不可能都去出游，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了推理与论证，依次分析得出各选项正确性是解题关键．
10. 已知，，下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质、作差法比较大小，以及对数函数单调性，即可容易判断.
【详解】由，，可得，故A不正确；
由，，则，
则，可得，故B正确；
由，，，故C错误；
由可得，故D不正确
故选：B
【点睛】本题考查由已知条件判断不等式的正误，涉及对数函数单调性的应用，属综合简单题.
11. 已知、分别是双曲线的左、右焦点，点在上，若，且，则的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，点在双曲线的左支上，利用勾股定理计算得出，利用双曲线的定义可得出、所满足的等量关系式，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】因为为双曲线的左焦点，且，则点在双曲线的左支上，
，由勾股定理可得，
由双曲线的定义可得，
所以，双曲线的离心率为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
12. 已知，，若对于、，，都有恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题首先可以求出，并证得在上为增函数，然后设以及，将转化为证明在上恒成立，再然后将在上恒成立转化为，令，得到，最后通过求出即可求出的取值范围.
【详解】因为，所以，
设，
因为，所以在上为增函数，
不妨设，则等价于，
即，
设，则证明，
即证明在上恒成立，化简得，，
设，则，，
因为在上单调递增，
所以，，
故选：D．
【点睛】本题考查通过导数求不等式恒成立，考查函数单调性的定义的灵活应用，考查通过导数判断函数单调性，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.
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. 等差数列中，，，设为数列的前项和，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列的性质可得出的值，然后利用等差数列的求和公式可求出的值.
【详解】由等差数列基本性质可得，
因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列求和，同时也考查了等差数列基本性质的应用，考查计算能力，属于基础题.
14. 已知在单调递减，且为奇函数.若，则满足的x的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数奇偶性，可得函数值，整理不等式，结合函数单调性，化简不等式，可得答案.
【详解】由函数为奇函数，则，
由不等式，则，可得，
由函数在单调递减，则，解得.
故答案为：.
15. 三棱柱中，面，所有顶点在同一个球面上，，则该球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题设所求外接球是以为邻边长方体的外接球，进而求出球体半径，即可求球的表面积.
【详解】由题意，三棱柱是以为邻边长方体截得的，其外接球是其长方体的外接球，
其直径是长方体的对角线长为，所以 ，
所以该球的表面积为.
故答案为：
16. 在中，，，是角，，所对应边，且，，成等比数列，则的取值范围___.
【答案】
【解析】
【分析】将所求式子进行化简得到，根据题意得到，再由三角形三边关系，得到不等式，从而得到关于的不等式组，解出的范围，得到答案.
【详解】
因为，，成等比数列，所以，即，
在中，，即，
所以，
设，所以，即，
解得，
所以，
即.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角恒等变形，三角形三边关系，正弦定理角化边，解一元二次不等式，属于中档题.
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. 在“低碳生活知识竞赛”第一环节测试中，依次回答A，B，C三道题，且A，B，C三道题的分值分别为30分､20分､20分.竞赛规定：选手累计得分不低于40分即通过测试，并立即停止答题.已知甲选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.1､0.5､0.5，乙选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.2､0.4､0.4，且回答各题时相互之间没有影响.
（1）求甲通过测试的概率；
（2）设Y为本次测试中乙的得分，求Y的分布列以及期望；
（3）请根据测试结果来分析，甲，乙两人谁通过测试的概率更大？
【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）甲通过测试的概率更大.
【解析】
【分析】（1）甲通过测试，则甲的得分X为40或50，分别求出概率，然后相加即可；
（2）Y的可能取值为0，20，30，40，50.分别求出相应的概率值，列表求出期望即可；
（3）比较二者通过测试的概率即可.
【详解】（1）若甲通过测试，则甲的得分X为40或50，
，
，
所以；
（2）Y的可能取值为0，20，30，40，50.
，
，
，
，
.
Y的分布列为
则；
（3）甲通过测试的概率更大.
理由如下：
乙通过测试的概率，
甲通过测试的概率为0.3，大于乙通过测试的概率.
18. 如图，在三棱锥中，.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角和线面角的定义，结合线面垂直的判定定理和性质进行求解即可.
【小问1详解】
设点在面内的射影为点，由知，又为直角三角形，故点为线段的中点，则面，又平面，
平面平面；
【小问2详解】
过点作的平行线交于点，则，连接，
因面，面，
所以平面，所以面，
而面，
所以 ，所以即为二面角的平面角，故，
，则，，，
过点作于，连接，
由面面，
因为平面平面，，平面，
所以面，
即为直线与平面所成角，.
19. 已知数列的前n项和为，且，，n.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求证：≤＜.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由可得当n≥2时，，两式相减可得， ， 利用等比数列的通项公式可得，进而可求；
（2）结合（1）可得，利用裂项相消法求得，结合数列的增减性，可得结论.
【详解】（1）∵
当n＝1时，，即，∴；
当n≥2时，，
∴，
∴，即；
∴是等比数列，且首项为，公比为，
∴
∴；
（2）
，
∴
又∵单调递增，所以，
∴≤＜.
【点睛】方法点睛：数列求和的常见方法：1、等差等比公式法；2、裂项相消法；3错位相减法；4、倒序相加法.
20. 已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，且直线的方程为.
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得出关于、方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，设直线、的斜率分别为、，将韦达定理代入等式，求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为椭圆经过点，且该椭圆的右焦点为.
所以，，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）存在直线，使得，理由如下：
若直线与轴垂直，则直线过点，不合乎题意，
由已知可设所在直线的方程为，
代入椭圆的方程，得，
，
设、，则，，
记直线、的斜率分别为、，
欲使直线满足，只需.
因为、、三点共线，所以，即.
即
.
由，即，可得.
所以存在直线，使得，
此时直线的方程为，即.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数，且.
（1）当时，求函数的单调区间与极大值；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）的单调增区间为,单调减区间为，极大值，无极小值；（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，求 ，由和可得的单调区间，由单调性即可得极值；
（2），即当时，恒成立，利用导数分、讨论的单调性和最值，最小值小于即可.
【详解】（1）当时，函数，
，
由，可得，单调递增；
由，可得，单调递减；
所以函数的单调增区间为,单调减区间为，
当时，函数取极大值，无极小值.
（2）由题意可得：
对于恒成立，
，
①当，时，；
时，恒成立，所以在上是增函数，
且，所以不符合题意；
③当时，时恒有，故在上是减函数，
所以对任意都成立只需，
即，解得：，故.
综上所述：的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
（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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于，两点，求．
【答案】（1）,；（2）1．
【解析】
【分析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果.
【详解】解：（1）曲线的参数方程为为参数，且，转换为直角坐标方程为．
直线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为．
（2）直线与轴交点记为，即，
转换为参数方程为为参数）与曲线交于，两点，
把直线的参数方程代入方程．
得到，
所以，，
则：．
【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 设函数.
（1）解不等式；
（2）当x∈R，0