四川省内江市第一中学2024届高三上学期开学考试数学（理）试卷（Word版附解析）

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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，只有一项是符合要求.
1. 设，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法及加减运算求解作答.
【详解】依题意，，
所以复数的虚部为1.
故选：C
2. 已知双曲线M：的焦点到其渐近线的距离为4，则双曲线M的渐近线的方程是（ ）
A. B. C. D. y＝±2x
【答案】C
【解析】
【分析】表达出焦点及渐近线方程，利用点到直线距离列出方程，求出渐近线方程.
【详解】的焦点为，渐近线方程为：，则，解得：，所以渐近线方程为：
故选：C
3. 函数的单调增区间（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】的定义域为，
，
令，解得，
故的单调递增区间为.
故选：A
4. 下列求导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式及复合函数的导数公式逐项判断即可.
【详解】解：A项中，，故A项正确；
B项中，，故B项错误；
C项中，，故C项错误；
D项中，，故D项错误.
故选：A.
5. 设a，b都是实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】取，可判断充分性，取可判断必要性，分析即得解.
【详解】当，满足，但，所以充分性不成立；
若，则．但不满足，必要性不成立．
因此“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D
6. 下列说法中，正确的命题的是（ ）
A. 一台晩会有6个节目，其中有2个小品，如果2个小品不连续演出，共有不同的演出顺序240种
B. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k值分别是和0.3
C. 若事件与事件互斥，则事件与事件独立
D. 若样本数据，，…的方差为2，则数据，，…，的方差为16
【答案】B
【解析】
【分析】根据插空法即可判断选项A，由计算可判断选项B，根据互斥事件和独立事件的概念可以判断选项C，由方差的计算公式可以判断选项D.
【详解】A：先把其余4个节目排列，共有5个空，再将2个小品插入5个空，
所以共有种不同的方法，故A错误；
B：设，求得线性回归方程为，则，故的值分别是和，故B正确；
C：若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B不独立，故C错误；
D：若样本数据的方差为2，
则数据的方差为8，故D错误.
故选：B.
7. 的展开式中各项系数和为2，则该展开式的系数为（ ）
A. 30B. C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，可求得的值，再求出的通项公式，令的指数为1或3，求出的值，从而可得展开式的系数．
【详解】令，可得，解得，
由于的通项公式为，
当时，解得，
当时，解得，
该展开式的系数为．
故选：B
8. 高铁是一种快捷的交通工具，为我们的出行提供了极大的方便．某高铁换乘站设有编号为①，②，③，④，⑤的五个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散名乘客所需的时间如下：
则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是
A. ①B. ②C. ④D. ⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
利用同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间分析对比，能求出结果．
【详解】（1）同时开放①⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放④⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为140s，所以疏散1000名乘客④比①快60s．
（2）同时开放①⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放①②两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，所以疏散1000名乘客②比⑤快80s．
（3）同时开放①②两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，同时开放②③两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，所以疏散1000名乘客①比③快100s．
（4）同时开放②③两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，同时开放③④两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，所以疏散1000名乘客④比②快60s．
（5）同时开放③④两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，同时开放④⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为140s，所以疏散1000名乘客⑤比③快20s．
综上，疏散乘客最快的一个安全出口的编号是④．
【点睛】本题考查推理的应用，考查分析判断的能力，解题的关键是读懂题意，然后得到每两个安全出口疏散1000名乘客所用时间的大小关系，比较后可得结果．
9. 在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，写出向量的坐标，利用二次函数的基本性质求出当取最小值时的值，求出点的坐标，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，
所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，其中，
，
所以，，
当且仅当时，即当点为线段的中点时，取最小值，此时点，
则，，
，
因此，当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
10. 我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼­20飞机准备着舰。如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有（ ）
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
【答案】B
【解析】
【分析】把甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，而后将丙、丁进行插空，利用乘法原理即可得出答案.
【详解】将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有种排法，
而后将丙、丁进行插空，有3个空，有种排法，故共有＝24种排法.
故选：B.
11. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，若点是与在第一象限内的交点，且,设与的离心率分别为，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设椭圆与双曲线的半焦距为,,由题意可得，用表示出，结合二次函数的性质即可求出范围.
【详解】如图所示：
设椭圆与双曲线焦距为,,由题意可得

， ，即
，即
，
由可知，令，，
所以，故选D.
【点睛】本题主要考查了双曲线和椭圆的性质以及离心率的问题，考查了转化思想，属于中档题.
12. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，，求导得到其单调性，结合，得到；构造，，求导得到其单调性，结合得到，即，从而得到答案.
【详解】构造，，则在上恒成立，
故在上单调递减，又，
故，故，
构造，，
则在上恒成立，故在单调递减，
又，，故，即，
故，
综上：
故选： D
【点睛】构造函数比较大小是常考内容，以下时常用的不等式放缩，，，，，等，观察要比较的式子结构，选择合适的不等式.
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分
13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
【答案】##．
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
14. 如图，在空间四边形中，若，，，则____.
【答案】
【解析】
【分析】由向量的运算法则即得
【详解】因为，，，
所以，
故答案为：
15. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于P，Q两点，于H，若，O为坐标原点，则与的面积之比为______．
【答案】12
【解析】
【分析】根据给定的条件，求出直线的方程，与抛物线方程联立求出PF，QF的长即可求解作答.
【详解】依题意，由于H，得，即是正三角形，，
而，则直线的方程为，
由，消去y并整理，得，
令，解得，又准线，
因此，
所以与的面积之比.
故答案为：12.
16. 若，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】令，将所求不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出，利用导数求出函数的最小值，可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.
【详解】因为，，则a>0，
，可得，
即，令，则，
令，其中且，
，则函数上单调递增，
由可得，所以，，其中，
，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立，解本题的关键在于将所求不等式变形为，通过换元将不等式变形为，再通过构造函数的方法求出的取值范围，结合导数法可求得的取值范围.
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. 动点与定点的距离等于点P到直线的距离，设动点P的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）经过定点直线与曲线交于两点，且点M是线段AB的中点，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据抛物线的定义直接求解；(2)利用点差法求出的斜率即可求解.
【小问1详解】
根据抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，
且该抛物线以为焦点，所以所以，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
若直线垂直于轴，则AB的中点在轴上，不满足题意，
若直线不垂直于轴，设，且，
因为在曲线上，所以，两式相减得，
，所以，
即，所以的方程为整理得.
18. 为迎接建党一百周年，在全县中小学校开展“恰是百年风华，爱我山河美景”竞赛考试活动，进一步激发学生的爱国热情.某中学于2021年3月份对全校学生进行了“建党一百周年”国防教育知识竞赛考试，并随机抽取了100名学生的成绩进行了统计，其中男女生各占一半，绘制了频率分布直方图(如图所示)，规定80分(满分100分)及以上者为成绩优秀，否则为成绩不优秀.
（1）求图中a的值；
（2）将频率视为概率，从本次考试的全县所有学生中，随机抽取4人去其他学校进行爱国励志演讲宣传，记抽取的4人中成绩优秀的人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，1人.
【解析】
【分析】(1)根据频率分布直方图小矩形面积为频率，总频率为1即可求解；
(2)由题可知X服从二项分布，根据二项分布的概率求法和数学期望公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，
可知，解得.
【小问2详解】
成绩优秀的概率为，
从本次考试的全县所有学生中，随机抽取4人去其他学校进行爱国励志演讲宣传，
则抽取的4人中成绩优秀的人数服从二项分布，
即.∴的可能取值为0，1，2，3，4，且
；
；
；
；
.
即的分布列为
∵，∴(人).
19. 如图，由半径为2的四分之一圆面绕其半径所在直线旋转一周，形成的几何体底面圆的圆心为，是几何体侧面上不在上的动点，是的直径，为上不同于，的动点，为的重心，.
（1）证明：平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求直线与面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于点，连接，然后根据条件证明即可；
（2）当三棱锥体积最大时，平面平面，且和为等腰直角三角形，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，然后算出的坐标和平面的法向量的坐标即可.
【详解】（1）连接并延长交于点，连接，
因为为的重心，
所以.
因为，
所以，
则，
所以.
又面，面，
所以面.；
（2）当三棱锥体积最大时，
平面平面，且和为等腰直角三角形，
则.
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，.
所以，，.
设面的法向量为，
则
取，则，，故.
设与面所成角为，
则.
20. 在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数，记P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）设过点A(，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：直线MN过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设P(x，y)，由P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数求解；
（2）直线MN斜率不存在时，由直线AM，AN分别为，，求得与双曲线的交点即可；直线MN斜率存在时，设其方程为，()，与双曲线方程联立，根据AM⊥AN，结合韦达定理得到k，m的关系即可.
【小问1详解】
解：设P(x，y)，
因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数，
所以，
化简得，
所以曲线E的方程为.
【小问2详解】
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为，，
分别联立，解得M(，)，N(，－)，
此时直线MN的方程为，过点(，0)；
当直线MN斜率存在时设其方程为，()
由，消去y得，
所以，即，
，，
因AM⊥AN，
所以，即，
即，
即，
将，代入化简得：，
所以或，
当时，直线MN方程为(不符合题意舍去)，
当时，直线MN方程为，MN恒过定点(，0)，
综上所述直线MN过定点(，0).
21. 已知函数，若函数在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）求的单调区间；
（3）当时，若存在常数，使得方程有两个不同的实数解，，求证：.
【答案】（1）、
（2）单调递减区间为，，单调递增区间为
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，求出函数的定义域与导函数，再解得关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（3）由（2）不妨设，则，则只需证明，即证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【小问1详解】
因为，所以，
因为函数在点处的切线方程为，所以，即，
解得.
【小问2详解】
由（1）可得定义域为，
则，
因为，
所以当或时，当时，
所以的单调递减区间为，，单调递增区间为.
【小问3详解】
由（1）可得当时的单调递减区间为，单调递增区间为，
则在处取得极小值，
因为当时，存在常数，使得方程有两个不同的实数解，，
即与有两个交点，则，
不妨设，则，
要证，
即证，又，所以，
因为在上单调递增，
所以只需证明，
又，则只需证明，
令，
则
，
令，，则，
则在上单调递减，且，所以，
所以，即在上单调递减，
所以，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
则.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：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]
22. 在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求曲线M，N的极坐标方程；
（2）若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；
（2）将代入曲线和的方程，求得和 ，结合题意求得，即可求解.
【小问1详解】
解：由，可得，即，
又由，可得，
所以曲线M的极坐标方程为．
由，可得，即，
即曲线N的极坐标方程为.
【小问2详解】
解：将代入，可得，
将代入，可得，
则，
因为，所以，
又因为，所以．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）或x≥4
（2）
【解析】
【分析】（1）分，和三种情况求解即可；
（2）利用绝对值三角不等式可求出，则，从而可求出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
当时，，故；
当时，，故无解；
当时，，故
因此，不等式的解集为或x≥4.
【小问2详解】
因为，
当且仅当时取等号，
故当，即时，，
解得或.
所以的取值范围是.安全出口编号
①②
②③
③④
④⑤
①⑤
疏散乘客时间(s)
120
220
160
140
200
0
1
2
3
4
P