四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高三上学期开学考试理科数学 Word版含解析.docx

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宜宾市四中高2021级高三上学期开学考试理科数学试卷第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（i是虚数单位），则（）A.B.1C.0D.i【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘方运算结合虚数单位i的性质，即可求得答案.【详解】由题意,故选：B2.命题“R，”的否定是A.R，B.R,C.R,D.不存在R，【答案】B【解析】【详解】由题意得，根据全称命题与存在性存在性命题的关系，可知命题“”的否定是为“”，故选B．3.已知函数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接求导数即可. 【详解】因为，则.故选：B4.工厂为了了解某车间的生产效率，对该车间200名工人上月生产的产品数量（单位：件）进行抽样调查，整理得到如图的频率分布直方图，则下列估计正确的为（）①该车间工人上月产量的极差恰好为50件；②车间约有120名工人上月产量低于65件；③该车间工人上月产量的平均数低于64件；④该车间工人上月产量的中位数低于63件．A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】【分析】根据给定的频率分布直方图，结合频率的计算，以及平均数、方差和中位数的计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】①中，根据频率分布直方图，可得该车间工人上月产量的极差大约为50件，所以①不正确；②中，根据频率分布直方图，可得低于65件的频率为，所以月产量低于65件的人数为，所以②正确；③中，根据频率分布直方图，可得平均数为：，所以③不正确；④中，根据频率分布直方图，设中位数为，可得，所以④正确.故选：D.5.已知，则“且”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】【分析】结合充分条件、必要条件的定义，利用举例说明即可判断命题.【详解】若“且”，则“”成立；若“”，当时，不满足“且”，所以“且”是“”成立的充分不必要条件.故选：A6.直线与圆的交点个数是(    )A0B.1C.2D.无数个【答案】C【解析】【分析】根据题意利用点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系，进而可得结果.【详解】圆的圆心，半径为，圆心到直线的距离为，因为，可得，即圆心到直线的距离小于半径，所以直线与圆相交，即交点个数是.故选：C.7.展开式中的系数为A.92B.576C.192D.384【答案】B【解析】【详解】展开式中含的项为，即的系数为576；故选B.点睛：本题考查二项式定理的应用；求三项展开式的某项系数时，往往有两种思路：（1）利用组合数公式和多项式乘法法则，如本题中解法； （2）将三项式转化成二项式，如本题中，可将化成，再利用两次二项式定理进行求解.8.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A.120种B.240种C.360种D.480种【答案】B【解析】【分析】先将5名志愿者分为4组，然后再将4组分到4个项目，再根据分布乘法原理即可得解.【详解】先将5名志愿者分为4组，有种分法，然后再将4组分到4个项目，有种分法，再根据分步乘法原理可得不同的分配方案共有种.故选：B.9.已知某样本的容量为50，平均数为36，方差为48，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将24记录为34，另一个错将48记录为38.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据数据总和不变，则平均数不变，根据方差的定义得，而.【详解】设收集的48个准确数据为，所以，所以，所以，又 ，，故选：B.10.已知三棱锥P－ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，PC为球O的直径，该三棱锥的体积为，则球O的表面积为（）A4πB.8πC.12πD.16π【答案】A【解析】【分析】设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，利用体积计算得到d的值，进而求得R2＝1，然后计算可得.【详解】依题意，设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，则由O是PC的中点得，点P到平面ABC的距离等于2d，所以VP－ABC＝2VO－ABC＝2×S△ABC×d＝××12×d＝，解得d＝，又外接圆的半径为，故R2＝d2＋＝1，所以球O的表面积等于4πR2＝4π，故选：A.【点睛】本题考查棱锥的外接球问题，涉及棱锥的体积和球的表面积，属中档题，关键是利用体积转化求得球心O到平面ABC的距离为d.11.若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】由题设有，构造，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为在上恒成立，再构造结合导数求参数范围.【详解】由，可得，即，令，则在上恒成立，所以，由可得，由可得，所以在上递增，在上递减，且，在上，上，而，所以，必须且只需在上恒成立，即恒成立，令，则，即在上递增，故，故a的取值范围为.故选：D.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.12.已知中心在坐标原点的椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与 交于两点，且，点为线段上靠近的四等分点.若对于线段上的任意一点，都有成立，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由结合极化恒等式得，从而得，结合椭圆定义可得在和中由余弦定理建立关系得离心率.【详解】取的中点，连接.则有.同理，因此.所以，取的中点，连接，则，由三线合一得，设，故，解得，则，在和中，由余弦定理得，，解得，故选：.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围) ，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．本题关键是在和中由余弦定理建立关系式，也可以在和中同样的方法求解.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.若，则__________(精确到0.01).参考数据：若，则，.【答案】0.82【解析】【分析】根据正态分布的均值和标准差计算概率.【详解】因为，根据参考数据，.故答案为：.14.函数，若，则________．【答案】3【解析】【分析】根据题意可得，结合计算即可求解.【详解】由题得，∴，所以．故答案为：3.15.若是函数的极小值点，则实数的值为______.【答案】2 【解析】【分析】求导，根据极值点与导函数的关系求的值，并代入原函数结合单调性检验.【详解】由题意可得：，因为，解得或，若，则，令，解得或；令，解得；则函数在上单调递增，在上单调递减，所以是极小值点，符合题意；若，则，令，解得或；令，解得；则函数在上单调递增，在上单调递减，所以是极大值点，不符合题意；综上所述：实数的值为2.故答案为：2.16.双曲线的焦点到其渐近线的距离为2，且的焦距与椭圆的焦距相等，则双曲线的渐近线方程是______________.【答案】【解析】【分析】双曲线焦点到其渐近线的距离为,由双曲线焦距与椭圆焦距相同可得,进而求的,即可得到双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线C的焦点到其渐近线的距离为2,所以,因为椭圆的焦距与的焦距相等,所以,则,所以双曲线的渐近线方程是,故答案为:【点睛】本题考查双曲线的性质的应用,考查双曲线的渐近线方程.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.我国北方广大农村地区、一些城镇以及部分大中城市的周边区域，还在大量采用分散燃煤和散烧煤取暖，既影响了居民基本生活的改善，也加重了北方地区冬季的雾霾天气．推进北方地区冬季清洁取暖，是重大民生工程、民心工程，关系北方地区广大群众温暖过冬，关系雾霾天能不能减少，是能源生产和消费革命、农村生活方式革命的重要内容．2017年9月国家发改委制定了煤改气、煤改电价格扶植新政策，从而使得煤改气、煤改电用户大幅度增加．图1所示的条形图反映了某省2018年1~7月份煤改气、煤改电的用户数量．（1）在图2给定坐标系中作出煤改气、煤改电用户数量y随月份t变化的散点图，并用散点图和相关系数说明y与t之间具有线性相关性；（2）建立y关于t的回归方程（系数精确到0.01），预测11月份该省煤改气、煤改电的用户数量．参考数据：，，．【答案】（1）答案见解析（2），2.02万户【解析】【分析】（1）首先根据题意画出散点图，再求相关系数即可.（2）首先求出回归直线得到，再代入求解即可.【小问1详解】作出散点图如图所示． 由条形图数据和参考数据得，，，，，所以．y与t的相关系数近似为0.99，说明y与t的线性相关性相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．【小问2详解】由，又由（1）得，，所以y关于t的回归方程为．将代入回归方程得．所以预测11月份该省煤改气、煤改电的用户数量达到2.02万户．18.已知函数f(x)=.（1）若f(x)在上是增函数，求实数a的取值范围;（2）若x=3是f(x)的极值点，求f(x)在上的最小值和最大值．【答案】(1)a≤0(2)f(x)max＝－6，f(x)min＝－18.【解析】 【分析】【详解】解：（1）对f(x)求导，得．由，得．记，当时，是增函数，∴∴a<0．又a=0也符合题意，故．（2）由题意，得，即,∴∴,．令,得．当x变化时，、f(x)的变化情况如下表：3+0--0+极大值极小值当与时，f(x)是增函数；当时，f(x)是减函数．于是，当时，；而f(1)=-6，f(4)=-12，∴．19.如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱上靠近的三等分点，底面，且. （1）在侧棱上是否存在点，使得点四点共面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）取靠近的三等分点，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取靠近的三等分点，连接，可证得即可得出结果.（2）法1：过作的垂线，垂足为，连接，求证得是二面角的平面角，计算即可求得结果;法2：以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，利用数量积公式计算即可得出结果.【小问1详解】取靠近的三等分点，连接.因为，所以.又，所以，所以共面.【小问2详解】法1：过作的垂线，垂足为，连接，因为平面平面，所以.因为平面，所以平面. 因为平面，所以，结合，得是二面角的平面角.在Rt中，是靠近的三等分点，，故，，故二面角的余弦值为.法2：以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，因为，四边形为正方形，所以，从而.设平面一个法向量为，则 即取，则.平面的一个法向量为.设二面角的平面角为，则，故二面角的余弦值为.20.已知抛物线的焦点为F，，点是在第一象限内上的一个动点，当DP与轴垂直时，，过点作与相切的直线交轴于点，过点作直线的垂线交抛物线于A，B两点．（1）求C的方程；（2）如图，连接PD并延长，交抛物线C于点Q．①设直线AB，OQ（其中O为坐标原点）的斜率分别为，，证明：为定值； ②求的最小值．【答案】（1）（2）①证明见解析；②.【解析】【分析】（1）利用抛物线定义列出方程求解结果；（2）①设，表示直线PM的斜率，求解；将直线PD的方程与联立，由韦达定理表示，求解得出结果；②求解并化简，结合基本不等式进行求解.【小问1详解】因为当DP与轴垂直时，，根据抛物线定义得，解得，所以．【小问2详解】①证明：设，则，由，得当时，，所以直线PM的斜率为，所以直线，即，，所以．又因为，，所以．将直线PD的方程与联立并化简，得， 易得，设，则，所以．把点的坐标代入，得，所以．所以，为定值．②由①得，直线．将与联立并化简，得，易得，则，，所以．在直线AB的方程中，令，得，设直线AB与轴的交点为，则的坐标．因为，所以，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为． 21.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．①；②．【答案】（1）的单增区间为；单减区间为，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可求解；（2）若选①，不等式转化为证明，变形为证明，通过构造函数，即可证明；若选②，首先根据函数有两个极值点，证得，，再变换为，通过构造函数，利用导数，即可证明.【小问1详解】，当时，，令，解得；令，解得或，所以的单增区间为；单减区间为，．【小问2详解】 证明①：由题意知，是的两根，则，，将代入得，，要证明，只需证明，即，因为，所以，只需证明，令，则，只需证明，即，令，，所以在上单调递减，可得，所以，综上可知，．证明②：设，因为有两个极值点，所以， 解得，因为，所以，，由题意可知，可得代入得，，令，，当，所以在上单调递减，当，所以在上单调速增，因为，所以，由，可得，所以，所以，所以，即．（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.已知直线的参数方程为：（1）若，上一点对应的参数值，求的坐标和的值；（2）与圆交于，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）代入得，再利用两点距离公式即可得到答案；（2）将参数方程代入圆方程中，再利用韦达定理即可得到弦长.【小问1详解】把代入参数方程得，则，.【小问2详解】把参数方程代入圆方程有：，整理得：，，于是，所以，代入得.（选修4-5不等式选讲）23.函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为k，且实数a，b，c满足.求证：.【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】【分析】（1）利用零点分段讨论法即可求解；（2）由绝对值三角不等式可得的最小值，进而有，又，从而利用柯西不等式即可证明.【小问1详解】解：当时，，所以原不等式即为，解得；当时，，原不等式即为，解得；当时，，原不等式即为，解得.综上，原不等式的解集为.【小问2详解】解：因为，当且仅当时取等号，所以，由柯西不等式可知，