四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试文科数学试题

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树德中学高2021级高三上期开学考试数学试题（文）时间：120分钟 满分：150分 命题人：廖游宇 审题人：唐颖君一、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】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以.故选：D.2. 若为虚数单位，则复数的虚部为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.【详解】，其虚部为．故选：D．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（    ）A.  B.  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. 若命题，；命题，，则下列命题为真命题的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先利用基本不等式与二次函数的性质判断得命题的真假，从而结合“且或非”命题的真假性即可判断.【详解】对于命题，当时，，当且仅当，即时，等号成立，所以，，故命题为真命题；对于命题，令，则开口向上，，所以恒成立，即恒成立，故命题为假命题；所以为真，为假，为假，为假.故选：A.8. 已知、是椭圆的两个焦点，满足的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由知点的轨迹是以原点为圆心，半焦距为半径的圆，根据点总在椭圆内部，可得，再根据椭圆的性质能够推导出椭圆离心率的取值范围．【详解】设椭圆的半长轴长、半短轴长、半焦距分别为，，点的轨迹是以原点为圆心，半焦距为半径的圆，又点总在椭圆内部，该圆内含于椭圆，即，，，．故选：A．  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. 已知四面体满足，，，且该四面体的外接球的表面积是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将将四面体放入长方体中，求出长方体的体对角线，进而得到外接球半径，得到表面积.详解】将四面体放入长方体中，如图，则四面体的外接球，即为长方体的外接球，设长方体中，则，三式相加得，故，所以四面体的外接球半径为，故四面体的外接球表面积为.故选：B11. 已知函数．若对任意，存在，使成立，则m的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】把恒成立及存在问题转化为最值间关系，先根据三角函数值域求，再求二次函数最值求出m的取值范围即可.【详解】因为对任意，存在，使成立，所以,,,,,存在，成立,.故选：D.12. 对于函数，若存在非零实数,使得，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点，再次转化为与的图象有2 个交点，然后画出图象，根据图象可求得答案.【详解】由题意可得，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点，即方程有两个根，即，令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，的图象恒过点，的图象也过点，因为，所以在处的切线方程为，由图可知当或时，与的图象有2 个交点，即有两个根，所以实数m的取值范围为，故选：D  【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的几何意义，考查函数的新定义，解题有关键是对新定义的正确理解，从而将问题转化为方程有2个根，然后构造函数，利用函数图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.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. 在中，角所对的边分别为，则的面积为__________.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得.【详解】，，，由余弦定理得，，或（舍去），的面积.故答案为：15. 如图，正方体的棱长为4，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是______．  【答案】##【解析】【分析】过点作的平行线即可延展平面，则可得到截面，再求周长即可.【详解】取中点，连接，,  ∵中点为，E是侧棱的中点，∴,,又在直角三角形中,∴,∵正方体中，∴四边形为平行四边形,∴∴四点共面，即为正方体的截面.在直角三角形中,同理,则截面周长为.故答案为:.16. 已知A、B是椭圆与双曲线的公共顶点，P是双曲线上一点，PA，PB交椭圆于M，N．若MN过椭圆的焦点F，且，则双曲线的离心率为______．【答案】##【解析】【详解】由题意可知：如图，设，可得直线的斜率分别为，因为点在双曲线上，则，整理得，所以，设点，可得直线的斜率，因为点在椭圆上，则，整理得，所以，即，可得，所以直线与关于轴对称，又因为椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，则，因为，，则，解得，所以双曲线的离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.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】因为直方图的组距为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，梯形中，，为中点，且，，将沿翻折到，使得．连接．  （1）求证：；（2）为线段上一点，若，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，证得平面，从而得到平面平面，取中点，连接，证得平面，从而证得平面，结合线面垂直的性质，即可证得．（2）由，得到，结合棱锥的体积公式，即可求解.【小问1详解】证明：因为，所以且，又因为，且平面，所以平面，因为平面,所以平面平面，在梯形中，，所以，所以在四棱锥中，，又因为，所以为正三角形，取中点，连接，可得，因为平面平面，平面平面，平面，且，可得平面，又因为，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，因为且平面，所以平面,又因为平面，所以．【小问2详解】解：由题意得，点为线段上一点，且，即，所以，又由（1）知平面，所以为三棱锥的高，由为正三角形，且，可得，所以．  19. 在数列中，．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先求出，然后当时，由已知式子可得，和已知式子相减化简可求得，再验证，即可求得通项公式，（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求得【小问1详解】当时，，当时，则，得，两式相减得，，所以，因为满足上式，所以【小问2详解】由（1）得，所以所以，所以，所以20. 已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）P为椭圆C在第一象限内部分上的一点，过点P作圆的两条切线，分别交y轴与D，E两点，且，求点P的坐标．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出的坐标，根据切线求得，由求得点的坐标.【小问1详解】由题知解得，，故椭圆C的方程为．【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】求解椭圆的标准方程，关键点在于求得或，由于是两个未知数，所以需要两个已知条件才能求解，如本题中，椭圆的离心率和椭圆上一个点的坐标，有的题目还需要结合椭圆中的“隐藏条件”来进行求解.21. 已知函数，．（1）讨论的单调性；（2）若当时，，求的取值范围．（3）若存在实数、，使得恒成立，求的最小值．【答案】（1）答案见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）由已知得，在时显然成立，在、两种情况下，结合参变量分离法可求得实数的取值范围，综合可得出实数的取值范围；（3）分析可知当时，不可能恒成立；当时，可得出；当时，利用导数分析函数的单调性，可知存在，使得，结合极值点的定义可得出，利用导数求出函数的最小值，综合可得出的最小值.【小问1详解】解：因为，其中，则，若，则恒成立，此时的增区间为，无减区间；若，由，得，由，得，此时函数的减区间为，增区间为.综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的减区间为，增区间为．【小问2详解】解：由得，当时，显然成立；当时，，可得，令，则，则在上递减，故，此时；当时，，可得，令得，由，可得，由，可得．此时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，在处取得最小值，即，此时．综上，的取值范围是．【小问3详解】解：当时，对任意的，，所以对任意实数，不可能恒成立；当时，，要使恒成立，只需，所以，当时，由题意，，因为函数、在上均为增函数，所以在上单调递增，因为，，所以存在唯一的，使得，由可得，由可得，所以在上单调递减，在上单调递增，从而，因为恒成立，所以，故①，又，所以，代入不等式①可得，整理得：，设，则，所以，，故在上单调递减，在上单调递增，从而，所以，当，时取等号，综上所述，的最小值为．（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，所以恒成立，故得证.