四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（文）上学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（文）上学期开学考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泸县一中高2021级高三上学期开学考试数学（文史类）本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回第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，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算法则求出复数的代数形式，从而得到，再由复数的乘法运算法则即可求出．【详解】因为，所以，故选：B.2. 设集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用不等式的解法化简集合，求解函数定义域求出集合，再利用集合的补集和交集运算即可得出结论．【详解】由，即，解得，所以，又，，，故选：C．3. 若x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）A. 1 B. 7 C. 9 D. 10【答案】A【解析】分析】作出可行域，作直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图，作直线，直线中是直线的纵截距，代入得，即．平移直线，当直线过点时取得最小值1．故选：A．4. 已知命题，命题，则下列命题是真命题的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分别判断命题与命题的真假，从而结合“且或非”的真假性即可得解.【详解】对于命题，将代入，得，满足要求，故为真命题，为假命题；对于命题，取，则，不满足要求，故为假命题，为真命题；所以为假命题，为假命题，为真命题，为假命题.故选：C.5. 近期，我国多地纷纷进入“甲流”高发期，某地、两所医院因发热就诊的患者中分别有、被确诊为“甲流”感染，且到医院就诊的发热患者人数是到医院的四倍.现从到这两所医院就诊的发热患者中任选一人，则此人未感染“甲流”的概率是（    ）A. 0.785 B. 0.666 C. 0.592 D. 0.235【答案】B【解析】【分析】设到医院就诊的发热患者人数为人，到医院就诊的发热患者人数为人，利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】设到医院就诊的发热患者人数为人，到医院就诊的发热患者人数为人，因为、两所医院因发热就诊的患者中分别有、被确诊为“甲流”感染，所以从到这两所医院就诊的发热患者中任选一人，则此人未感染“甲流”的概率.故选：B6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（    ）A. 1640 B. 1560 C. 820 D. 780【答案】C【解析】【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求.【详解】设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以．故，故．故选：C．7. 已知定义在R上的函数在上单调递增，且为偶函数，则不等式的解集为（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，可得对称轴为，且在上单调递减.根据函数的对称性与单调性，可得只需即可，解出不等式即可.【详解】由题意可得，对称轴为，且在上单调递减.则由，可得出，即，即，解得或.所以，不等式的解集为.故选：B.8. “ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练迭代轮数为时，学习率为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（    ）A. 75 B. 74 C. 73 D. 72【答案】C【解析】【分析】由已知可得，再由，结合指对数关系及对数函数的性质求解即可．【详解】由题设可得，则，所以，即，所以所需的训练迭代轮数至少为次．故选：C．9. 已知是第二象限，且，则的值为A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：考点：1．诱导公式；2．同角间的三角函数关系式；3．二倍角公式10. 若双曲线：的右焦点与抛物线：的焦点重合，则实数（    ）A.  B.  C. 3 D. -3【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合知焦点在轴上，对双曲线表达式进行变形，求出，再令即可求解.【详解】双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，所以双曲线方程化为：，再转化：，所以， ，所以，所以，所以平方得故选：D.11. 已知函数的两个极值点分别为，若过点和的直线在轴上的截距为，则实数的值为（    ）A. 2 B.  C. 或 D. 或2【答案】B【解析】【分析】由题意有两个不同的零点，则求参数a范围，再根据代入、确定已知点所在直线，进而求截距并列方程求参数值.【详解】由题意有两个不同零点，则，所以，即或，由，即，而，同理有，所以、均上，令，则，得，综上，（舍）故选：B12. 定义在上的奇函数满足，当时，，设，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先利用奇函数的性质与得到，进而化得，，，再由当时，得到在上单调递增且，故由可得，再由可得，从而得知.【详解】因为是在上的奇函数，所以，故，所以，，，当时，，则在上单调递增，又因为，所以，即，因为，所以，则，故，又因为，所以，故，所以，故，综上：，所以，即，故，因为，则，所以，即，综上：.故选：A.【点睛】利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．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. 已知向量，，且满足，则_______.【答案】4【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示求解.【详解】由已知，又，所以，．故答案为：4.14. 若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是______.（结果用含的式子表示）【答案】【解析】【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果．【详解】解：圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，圆锥的底面半径，母线，故圆锥的侧面积．故答案为：．15. 过点且与曲线在点处的切线垂直的直线方程为__________．【答案】【解析】【详解】，所以切线斜率，则直线斜率，所以直线方程为，即．16. 在中，，D为BC边上一点，且，则最小值为___________.【答案】【解析】【分析】将用表示，再平方可求得，再由结合二次函数得性质即可得解.【详解】由，得，则，所以，则，当时，取等号，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：将用表示，再平方是解决本题的关键.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 如图，平面四边形中，对角线与相交于点，，，，.  （1）求的面积；（2）求的值及的长度.【答案】（1）    （2），【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得，结合再根据面积公式求解即可；（2）根据等腰三角形性质可得，再用同角三角函数的关系与二倍角公式可得，然后根据，利用两角和的正弦公式求解，由正弦定理求解即可.【小问1详解】∵，，，，;【小问2详解】，，，则.，，，，又，在中，，由正弦定理可知，，.18. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，共有100人参加了这次竞赛，已知所有参赛学生的成绩均位于区间，将他们的成绩（满分100分）分成五组依次为，，，，，制成如图所示的频率分布直方图.（1）试估计这100人的竞赛成绩的平均数；（2）采用按比例分配的分层抽样的方法，从竞赛成绩在内的学生中随机抽取6人作为航天知识宣讲使者，再从第四组和第五组的使者中随机抽取2人作为组长，求这2人来自同一组的概率.【答案】（1）73.5    （2）【解析】【分析】（1）根据频率的性质求a，再根据平均数运算求解；（2）先根据分层抽样求每组抽取的人数，再结合古典概型运算求解.【小问1详解】依题意可得：，解得：，根据频率分布直方图知：每组的频率依次为，则平均数的估计值为，所以这100人的竞赛成绩的平均数的估计值为73.5.【小问2详解】由题意可知：竞赛成绩在，两个组的人数之比为，若采用分层抽样从中抽取6人，所以每组各抽学生人数分别为，分别记中所抽取的5人编号依次为1，2，3，4，5，中所抽取的1人编号为A，所以从6人中随机抽取2人的情况为：，，，，，，，，，，，，，，共15种结果，其中这2人来自同一组（记为事件）的有10种，则所以这2人来自不同组的概率为.19. 如图；在直三棱柱中，，，，点D为AB的中点．  （1）求证；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）8【解析】【分析】（1）首先由勾股定理逆定理证得，再由平面证得，从而证得平面，即可证明；（2）过C作，F为垂足，首先证得平面，再由计算体积即可．【小问1详解】在中，因为，，，所以，所以为直角三角形，即，又因为在直三棱柱中，平面，且平面，所以， 又，平面，所以平面，又因为平面，所以．【小问2详解】在中，过C作，F为垂足，  由直三棱柱得平面平面，且平面平面，，平面，所以平面，在中，，又因为，所以．20. 已知椭圆：的离心率为，其中一个焦点在直线上.（1）求椭圆的方程；（2）设过点且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的横坐标取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】(1)根据椭圆方程确定出焦点位置，再根据焦点在直线上求出的值，根据离心率即可求解出的值，从而可求解出椭圆的方程；(2)设出直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理求解出线段的垂直平分线方程，从而求出的坐标，即可确定出的横坐标的取值范围.【详解】(1)∵在上，∴当时，，∴，∵，∴，∴，∴椭圆的方程为：.(2)设，，，即，，∴.∴线段中点坐标为，∴：，即.∴的坐标为.∴.∴∴的横坐标取值范围是.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，着重考查了垂直平分线的应用，难度一般.(1)椭圆的焦点与长轴的端点在同一坐标轴上；(2)线段垂直平分线方程可通过中点坐标(由韦达定理得到)以及斜率(与已知直线斜率之积为)得到.21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个零点，，其中，记，证明：随的增大而增大.【答案】（1）当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的增区间为，，函数的减区间为；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出，记，讨论的范围，判断的符号，利用导数与函数单调性的关系即可求解. （2）依题意得，，，利用指数与对数的互化可得，，两式作差，由，求出，，求出，令，求出，利用导数与函数单调性的关系即可求证.【详解】（1）显然函数的定义域为，且，记，则，当时，，，函数单调递增，当时，，有两个大于零的根，.令，得，令，得，当时，，有两个小于零的根.故，单调递增.综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的增区间为，，函数的减区间为；（2）依题意得，，，所以，，故，又，，则，且，解得，，所以，令，，则.令，则，则单调递增，故对任意的，，由此可得，故在单调递增.因此随着的增大而增大.【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性中的应用，构造函数判断函数的单调性，考查了分类讨论的思想，属于难题.（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．（选修4-4 极坐标与参数方程）22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴所在直线为轴，取同样的单位长度建立平面直角坐标系xoy，已知曲线的普通方程为.（1）写出曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；（2）设点，且曲线与曲线交于点两点，求的值.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）利用直角坐标与极坐标的互化即可求解；（2）设出曲线的参数方程，与曲线的直角坐标方程联立，利用参数的几何意义即可求解.【小问1详解】因为曲线的极坐标方程为可化为，即，将代入可得，的直角坐标方程为.又因为曲线的普通方程为可化为，将代入可得，的极坐标方程，所以曲线的直角坐标方程为，曲线的极坐标方程.【小问2详解】直线的参数方程为（为参数），将（为参数）代入得：.显然，设点在直线上对应的参数分别为，则，与的夹角为，.（选修4-5 不等式选讲）23. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为m，且正数a，b，c满足，求证：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）去绝对值后，利用指数函数的单调性解不等式可得答案；（2）利用绝对值三角不等式求出，再根据基本不等式可证不等式成立.【小问1详解】由题意得：，∴，即，∴，∴不等式的解集为．【小问2详解】∵，当且仅当，即时，等号成立，∴函数的最小值为1，即．∴，因为，所以（当且仅当时，等号成立）.∴不等式得证．