四川省成都市树德中学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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树德中学高2021级高三上期开学考试数学试题（理）时间：120分钟满分：150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，只有一项符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据题意分别求解集合A、B，再求交集即可.【详解】集合，集合，所以故选：D.2.复数在复平面内对应的点为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的几何意义表示出，再根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】复数在复平面内对应的点为，则，所以.故选：C．3.已知向量，，且，则（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据求得m，再利用向量的模公式求解.【详解】解：因为向量，，所以，又因为，所以，解得，所以，故选：C4.部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面积为，则第n个图中阴影部分的面积为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】每一个图形的面积是前一个图形面积的，根据等比数列公式得到答案.【详解】根据题意：每一个图形的面积是前一个图形面积的，即面积为首项为，公比为 的等比数列，故第n个图中阴影部分的面积为.故选：D.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.5.已知矩形ABCD中，，现向矩形ABCD内随机投掷质点P，则满足为锐角的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意作图，如图所示，设，当点P落在圆外时，为锐角，分别求出矩形ABCD和半圆的面积，由几何概型概率计算公式即可求得答案.【详解】解：如图所示，设，当点P落在以O为圆心，以AB为直径的圆上时，，当点P落在圆外时，为锐角，矩形ABCD的面积为，半圆的面积为，由几何概型概率计算公式知满足为锐角的概率是，故选：A.6.在如图所示的程序框图中，程序运行的结果为3840，那么判断框中可以填入的关于的判断条件是（） AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】模拟程序的运行过程，即可得出判断框中应填入的判断条件.【详解】模拟程序的运行过程，如下：程序进行第一次循环：，此时，继续运行.程序进行第二次循环：，此时，继续运行.程序进行第三次循环：，此时，继续运行.程序进行第四次循环：，此时，结束运行.所以时，程序退出循环，而时，程序运行不退出循环.结合选项分析可得：选项C满足.故选：C7.为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲､乙､丙､丁､戊五名志愿者参加，，三个小区的防疫工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲､乙两人约定去同一个小区，则不同的派遣方案共有（）A.24种B.36种C.48种D.64种【答案】B【解析】【分析】分3：1：1与2：2：1分配进行选派，结合排列组合知识简单计算即可.【详解】若按照3：1：1进行分配，则有种不同的方案， 若按照2：2：1进行分配，则有种不同的方案，故共有36种派遣方案.故选：B8.已知、是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为．因为所以点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆．与因为点M在椭圆的内部，所以，所以，所以，所以，故选C．【点睛】求离心率的值或范围就是找的值或关系．由想到点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆．再由点M在椭圆的内部，可得，因为．所以由得，由关系求离心率的范围．9.（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用同角的三角函数关系将切化弦，再根据二倍角公式以及两角和差的正余弦公式，化简求值，即得答案.【详解】 ，故选：B10.已知四面体ABCD满足，，，且该四面体ABCD的外接球的球半径为，四面体的内切球的球半径为，则的值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将四面体补全为长方体，根据它们外接球相同求出外接球半径，利用等体积法求内切球半径，即可得结果.【详解】由题设，可将四面体补全为如下长方体，长宽高分别为，所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径，由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，，为三角形内角，所以，则，又，且，所以，即，综上，.故选：A 11.已知函数的图象关于直线对称．若对任意，存在，使成立，则m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由三角函数恒等变换公式化简函数式，然后由对称性求得，再求得时的的最大值，从而化简题设不等式，由分离参数法求得的范围．【详解】,的图象关于直线对称，则，所以，，所以，此时满足对称性．时，，，由题意存在，使得成立，即成立，，所以．故选：C．【点睛】结论点睛：不等式恒成立问题的结论：（1），恒成立；（2），使得成立；（3），使得成立. 12.已知函数，之间的关系非常密切，号称函数中的双子座，以下说法正确的个数为（）①函数在处的切线与函数在处的切线平行；②方程有两个实数根；③若直线与函数交于点，，与函数交于点，，则．④若，则的最小值为．A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】对于①利用导数的几何意义即可判断，对于②先利用导数求单调性，再根据，当时即可判断，对于③利用分析即可判断，对于④结合已知条件可得，构造函数利用函数的单调性求解最值即可.【详解】①由题意可知，，，，因为，，所以函数在处的切线为，函数在处的切线为，两切线平行，①说法正确；②令解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，令解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当，即时，显然有，令，则，令，则，令解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即恒成立，所以在上单调递减，又，所以当时，所以当时，，即，又因为，所以结合单调性可知方程仅有一个根，②说法错误；③由②可知，因为，所以或，令，则，令解得，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以，则无解，所以舍去，同理可得，所以（即）或（与 矛盾舍去），所以，又由即可得，所以，③说法正确；④的定义域为，根据对数函数的图象和性质当时，，当时，，所以时得，，又，所以，，令，则，由解得，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，，即的最小值为，④说法正确；综上①③④正确，故选：C【点睛】本题考查导数的应用，综合性强，难度较大，涉及利用导数求解零点和判定函数单调区间问题，解决零点、交点、根的个数问题常根据函数单调性结合零点存在定理解决.本题难点在于根据解析式找到和的关系，即，并由此进一步分析求解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．答案填在答题卷相应横线上．13.设满足约束条件，则的最大值为__．【答案】4【解析】【分析】根据可行域结合几何意义求最值.【详解】作出可行域如下， 由可得，当直线过点时，最小，则最大，此时.故答案为:4.14.已知函数的定义域为，则函数的定义域是______．【答案】【解析】【分析】根据函数解析式列出其需满足的条件，即可求得答案.【详解】由题意知函数需满足，即，解得且，即，故函数的定义域是，故答案为：15.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作y轴的垂线交抛物线C于点N，若，则点F的坐标为______．【答案】【解析】【分析】设，，直线方程代入抛物线方程化简后应用韦达定理得，，代入可求得值得焦点坐标． 【详解】设，，由得，则，∴，，由已知，设，其中，即，，，把，，，，代入化简得，解得或（舍去），，∴，故答案为：．16.已知面积为的锐角其内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，则边c的最小值为______．【答案】2【解析】【分析】利用正余弦定理化简可得，再由面积公式化简得 ，构造函数利用导数求最小值即可.【详解】，,由正余弦定理可得：，化简得，由余弦定理可得，即，又，故，所以，其中，令，，当时，，则，单调递减，当时，，则，单调递增，、所以，所以，即，当时，等号成立.故答案为：2三、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.某新能源汽车制造公司，为鼓励消费者购买其生产的汽车，约定从今年元月开始，凡购买一辆该品牌汽车，在行驶三年后，公司将给予适当金额的购车补贴．某调研机构对已购买该品牌汽车的消费者，就购车补贴金额的心理预期值进行了抽样调查，得其样本频率分布直方图如图所示． （1）估计已购买该品牌汽车的消费群体对购车补贴金额的心理预期值的平均数；（2）统计今年以来元月~5月该品牌汽车的市场销售量，得其频数分布表如下：月份元月2月3月4月5月销售量（万辆）0.50.61.01.41.7预测该品牌汽车在今年6月份的销售量约为多少万辆？附：对于一组样本数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计值分别为，．【答案】（1）万元（2）2万辆【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图直接计算即可；（2）由所给数据求出线性回归方程，代入，即可得出预测值.【小问1详解】因为直方图组距为1，则各组数据的频率即为相应小矩形的高，所以平均数的估计值为万元．【小问2详解】记，，，，，，由散点图可知，5组样本数据呈线性相关关系．因为，，，，则 ，，所以回归直线方程是．当时，，预计该品牌汽车在今天6月份的销售量约为2万辆．18.如图，梯形ABCD中，，E为AD中点，且，，将沿CE翻折到，使得．连接PA，PB．（1）求证：；（2）Q为线段PA上一点，若，若二面角Q-BC-A的平面角的余弦值为时，求实数的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】因为．所以．．又，PE，平面PAE．所以平面PAE．平面ABCE．所以平面平面PAE．在梯形ABCD中，，所以．所以在四棱锥P-ABCE中，．因．所以为正三角形． 取AE中点O．连接PO，OB，OC．易得，．由面面垂直的性质可得平面ABCE．又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以．又．OC、平面POC，所以平面POC．又平面POC，所以；【小问2详解】由（1）知OA、OB、OP两两垂直．以O为坐标原点．以OA，OB，OP所在直线建立如图所示的坐标系，则：，，，，由得．则，．设平面QBC的法向量，故，，，即．易知平面ABC的一个法向量为所以．解得或（舍）．所以．19.在数列中，，，是公差为1的等差数列.（1）求的通项公式；（2）设______，为数列的前项和，证明：.从下面三个条件中任选一个补充在题中横线处，并解答问题. ①；②；③.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列的定义可得，由累乘法即可求解通项，（2）根据裂项求和即可结合选项逐一求证.【小问1详解】由，可知.由题设条件可知，所以，当时，，所以.当时，满足，故的通项公式为.【小问2详解】选择①，由（1）可知，所以.选择②，由（1）可知， 所以.选择③，由（1）可知，所以.20.已知椭圆的离心率为，且经过点．P为椭圆C在第一象限内部分上的一点．（1）若，，求面积的最大值；（2）是否存在点P，使得过点P作圆的两条切线，分别交y轴于D，E两点，且．若存在，点求出P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在点满足题设条件【解析】【分析】（1）列方程组求得，得两点坐标，求得线段长，再用三角换元法设出点坐标，求出点到直线的距离，结合三角函数性质得最大值，从而得三角形面积最大值；（2）设点，，，写出直线方程，由圆心到直线的距离等于圆半径得出的关系式，整理为关于的方程，同理得关于的方程，比较得出是一个一元二次方程的解，由韦达定理得，代入结合点是椭圆上的点求得得点坐标．【小问1详解】 由题知解得，，故椭圆C的方程为．所以点，，．设点，则所以．【小问2详解】设点，，，则直线PD的方程为，即，因为圆心到直线PD的距离为1，即，即，即，同理．由此可知，m，n为方程的两个实根，所以，．．因为点在椭圆C上，则，则，则，则，因为，则，，即，故存在点满足题设条件． 【点睛】方法点睛：椭圆中的存在点满足某些条件的问题，一般设出该点坐标，用坐标表示题中条件，如本题中同时设出点的坐标，得切线方程，由切线方程满足的条件得出关系（用韦达定理表示为的关系），从而条件就可用所设坐标表示，求得该点坐标．21.已知，是的导函数，其中．（1）讨论函数的单调性；（2）设，与x轴负半轴的交点为点P，在点P处的切线方程为．①求证：对于任意的实数x，都有；②若关于x的方程有两个实数根，且，证明：．【答案】（1）答案见解析（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）求出的导数，结合解不等式可得答案；（2）①，利用导数的几何意义求得的表达式，由此构造函数，利用导数判断其单调性，求其最小值即可证明结论；②设的根为，求得其表达式，并利用函数单调性推出，设曲线在点处的切线方程为，设的根为，推出，从而，即可证明结论.【小问1详解】由题意得，令，则，当时，，函数在上单调递增；当时，，得，，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】 ①证明：由（1）可知，令，有或，故曲线与x轴负半轴的唯一交点P为．曲线在点处的切线方程为，则，令，则，所以，．当时，若，，若，令，则，故在时单调递增，．故，在上单调递减，当时，由知在时单调递增，，在上单调递增，所以，即成立．②证明：，设根为，则，又单调递减，且，所以，设曲线在点处的切线方程为，有，令，，当时，，当时，令，则，故函数在上单调递增，又， 所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，设的根为，则，又函数单调递增，故，故．又，所以．【点睛】难点点睛：本题考查导数的综合应用，涉及单调性、最值以及不等式的证明，难点在（2）中第二小问不等式的证明，解答时要注意利用导数的几何意义求得切线方程，进而结合同构函数，判断函数单调性解决问题.（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．22.直角坐标系xOy中，点，动圆C：.（1）求动圆圆心C的轨迹；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为：，过点P的直线l与曲线M交于A，B两点，且，求直线l的斜率.【答案】（1）圆心C的轨迹为线段；（2）.【解析】【分析】（1）设圆心，根据即可得圆心C的轨迹；（2）将曲线M的极坐标方程化为直角坐标方程，设直线的倾斜角为，得直线的参数方程为（为参数），代入曲线M的直角坐标方程，设，可得 ，根据韦达定理可求的值，结合即可求解.【小问1详解】设圆心，因为，所以.所以圆心C的轨迹方程为，即圆心C的轨迹为线段.【小问2详解】因为，所以，因为，所以，即曲线的直角坐标方程为.设直线的倾斜角为，由点在直线上，得直线的参数方程为（为参数），代入曲线的方程得：，设，由于点在曲线的内部，所以，化简得：，解得.由于，所以，或，所以，即直线的斜率为.23.已知函数，．（1）求函数的最小值；（2）设，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）写出分段函数形式，分析、的性质及最值，即可确定最小值；（2）利用分析法，将问题化为证明，进一步转化为证即可.【小问1详解】由题设，而在、、上均能取到最小值，对于在上递减，上为常数，上递增，且连续，所以的最小值在上取得，即时，最小值为.【小问2详解】由，仅当取等号，要证，即证，则，需证，而，即，