四川省遂宁市射洪中学2023届高三理科数学下学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省遂宁市射洪中学2023届高三理科数学下学期开学考试试题（Word版附解析），共24页。

射洪中学高2020级高三下期入学考试
理科数学试题

考试时间：120分钟；考试满分：150分
注意事项:
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
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. 设集合A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|x﹣2＜0}，则A∩B＝（　　）
A. {x|﹣3＜x＜2} B. {x|﹣2＜x＜2} C. {x|﹣6＜x＜2} D. {x|﹣1＜x＜2}
【答案】D
【解析】
分析】
首先解二次不等式得到，再求即可.
【详解】，.
所以.
故选：D．
2. 已知i是虚数单位，则（﹣1+i）（2﹣i）=（　　）
A. ﹣3+i B. ﹣1+3i C. ﹣3+3i D. ﹣1+i
【答案】B
【解析】
【详解】（﹣1+i）（2﹣i）=﹣2+i+2i+1=﹣1+3i，
故选B．

3. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. 0 B. C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算，结合两向量垂直，数量积等于零，求得的值.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
所以有，解得，
故选：B
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关向量的问题，解题方法如下：
（1）根据向量垂直向量数量积等于零，建立等式；
（2）根据向量数量积运算法则进行化简；
（3）利用向量数量积坐标公式求得结果.
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差
B. 某地气象局预报：6月9日本地降水概率为90%，结果这天没下雨，这表明天气预报并不科学
C. 数据2，3，4，5的方差是数据4，6，8，10的方差的一半
D. 在回归直线方程，当解释变量每增加1个单位时，预报变量多增加0.1个单位
【答案】D
【解析】
【分析】由残差图与模拟效果的关系判断A；由大概率事件也不一定发生判断B；第二组数据是由第一组乘以2得到的，可由方差的关系判断C；由回归分析模型的性质以及回归方程b的含义判断D．
【详解】对于A选项：在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故A选项错误；
对于B选项：概率只说明事件发生的可能性，事件不一定发生，所以并不能说明天气预报不科学，故B选项错误；
对于C选项：根据所给的数据，看出第二组是由第一组乘以2得到的，前一组的方差是后一组的四分之一，标准差是一半，故C选项错误；
对于D选项：在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量增加0.1个单位，故D选项正确．
故选：D．
5. 已知，则“”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】正向推导可得，则，而反向推导，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.
【详解】，若，则，
，则前者可以推出后者，
，若，则，则后者无法推出前者，
故前者是后者的充分不必要条件，
故选：A.
6. 已知函数，则其导函数的图象大致是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求函数导数，观察图象，确定导函数的奇偶性，再利用导数确定导函数的单调性，即可求解.
【详解】,
,
,
即函数为奇函数，排除B,D选项，
令，
则，
当时，，
在上单调递减，
故选：A
【点睛】本题主要考查了函数的导数，利用导数判定函数单调性，函数的奇偶性，属于中档题.
7. 在展开式中，二项式系数的最大值为，含的系数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质可求得，根据通项公式可求得.
【详解】因为，所以二项展开式中共有7项，所以第四项的二项式系数最大，
所以，
根据二项展开式的通项公式可得，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查了二项式系数的性质，考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.
8. 已知数列中，，，则数列的前10项和（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】解：∵，
∴，
∴．
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，∴．
∴，
∴数列的前10项和．
故选:C．
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称
C. 在区间上的最小值为 D. 的图象关于直线对称
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，结合“五点法“作图，求出函数的解析式，再逐项判断作答.
【详解】观察图象知，，而，解得或，
函数周期，由图象知，即，因此，
解得，由五点作图法知，，当时，；当时，，不符合题意，
所以，，，
的最小正周期为，A不正确；
因为，即的图象关于点不对称，B不正确；
当时，，则，在区间上的最小值为，C不正确；
因为，因此的图象关于直线对称，D正确.
故选：D
10. 如图，在正方体中，点是底面（含边界）内一动点，且平面，则下列选项不正确的是（ ）

A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角取值范围为
D. 平面
【答案】D
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合异面直线所成角的定义、线面垂直的性质、三棱锥的体积公式逐一判断即可.
【详解】连接，
由正方体的性质可知，平面，平面，
所以平面，
由正方体的性质可知，同理可证平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为点是底面（含边界）内一动点，且平面，
所以当点在线段上，平面.
A：连接，
因为是正方形，所以，
由正方体的性质可知：，
因为，平面，
所以平面，而平面，
所以，显然，
同理可证：，
因为平面，
所以平面，而平面，
所以，因此本选项正确；
B：设该正方体的边长为
因为平面，
所以定值，
因此本选项正确；
C：当点位于或时，异面直线与所成角为，
当点位于中点时，异面直线与所成角为，
所以当从点运动到中点时，异面直线与所成角为由增加到，
再从中点运动到点时，异面直线与所成角为由减小到，
故异面直线与所成角取值范围为，
因此本选项正确；
D：若平面，因为平面，
所以，显然，
由正方体的性质可知：，
因为平面，
所以平面，而平面，
所以，显然只有当点位于中点时，才有，
因此本选项不正确，
故选：D


11. 已知斜率存在的直线l交椭圆C：于A，B两点，P是弦AB的中点，点，且，，则直线MP的斜率为（ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】设出，利用点差法得到中点弦定理，即，再利用得到，进而得到，利用求出，从而得到直线MP的斜率.
【详解】设，则，
由，得即，①
由A，B在椭圆C上得:
两式相减得，
所以，②
联立①②得，解得.
因为，即，
所以，即，
所以直线MP的斜率为.

故选C.
12. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
分析】构造函数，，利用导函数得到其单调性，从而得到，
当且仅当时等号成立，变形后得到，当时，等号成立，令后得到；
再构造，利用导函数得到其单调性，得到，当且仅当时，等号成立，
变形后得到，当时，等号成立，令得到，从而得到.
【详解】构造，，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故，当且仅当时等号成立，
因为，所以，
当时，等号成立，
当时，，所以
构造，则，当时，，当时，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，所以，当且仅当时，等号成立，
故，当且仅当时，等号成立，
令，则，所以，
综上，
故选：
【点睛】构造函数比较函数值的大小，关键在于观察所给的式子特点，选择合适的函数进行求解.
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在等比数列中，若，，则___________.
【答案】32
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式得，则得到，则.
【详解】设公比为，即，即，
得，所以.
故答案为：32.
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_________．
【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】若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的底面半径，母线，
故圆锥的侧面积.
故答案为：.
15. 已知定义在上的函数满足，若的图像关于直线对称，则_________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用赋值法结合所给已知条件即可解决问题.
【详解】因为， 令
所以，
所以，
又的图像关于直线对称，
所以，
令，
则，
即，
所以.
故答案为：1.
16. 已知，若点是抛物线上的任意一点，点是圆上任意一点，则最小值是_____
【答案】
【解析】
【分析】抛物线的焦点为，准线方程为．由题意得，所以，即的最小值为．令，则点的横坐标为，由此得，然后再根据基本不等式求解可得结果．
【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为．
又点是抛物线上一点，点是圆上任意一点，
∴，
∴．
令，点的坐标为，
则，
∴，
∴，当且仅当，即时等号成立．
∴的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题考查抛物线定义及其应用，点与圆的位置关系、距离等问题，解题的关键是首先得到的最小值，然后再根据基本不等式求出在最小值的最小值．考查推理论证和转化思想的运用及计算能力，属于中高档题．
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. 已知的内角，所对的边分别是，且.
（1）求角A大小；
（2）若，且的面积，求a.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合辅助角公式得出角A的大小；
（2）利用面积公式以及余弦定理，解出的值．
【详解】（1）因为，由正弦定理得；

所以
得
因
故
（2）
得



所以
18. 为了解使用手机是否对学生的学习有影响，某校随机抽取名学生，对学习成绩和使用手机情况进行了调查，统计数据如表所示（不完整）：

使用手机
不使用手机
总计
学习成绩优秀



学习成绩一般



总计



（1）补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否有的把握认为学生的学习成绩与使用手机有关；
（2）现从上表不使用手机的学生中按学习成绩是否优秀分层抽样选出人，再从这人中随机抽取人，记这人中“学习成绩优秀”的人数为，试求的分布列与数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：









【答案】（1）没有的把握认为学生的学习成绩与使用手机有关；（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】
（1）根据表格中数据和题中信息可完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的数学期望值.
【详解】（1）列联表如下表所示：

使用手机
不使用手机
总计
学习成绩优秀



学习成绩一般



总计



假设学生的学习成绩与使用手机无关，
，
所以，没有的把握认为学生的学习成绩与使用手机有关；
（2）人中学习成绩优秀的人有人，学习成绩一般的有人，
可能的取值有、、、，
，，，.
所以，随机变量的分布列为










.
【点睛】思路点睛：求解随机变量分布列的基本步骤如下：
（1）明确随机变量的可能取值，并确定随机变量服从何种概率分布；
（2）求出每一个随机变量取值的概率；
（3）列成表格，对于抽样问题，要特别注意放回与不放回的区别，一般地，不放回抽样由排列、组合数公式求随机变量在不同取值下的概率，放回抽样由分步乘法计数原理求随机变量在不同取值下的概率.
19. 某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。

（1）若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；
（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．
【小问1详解】
取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
【小问2详解】
由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，

设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
20. 设、分别为椭圆的左、右顶点，设是椭圆下顶点，直线与斜率之积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若一动圆的圆心在椭圆上运动，半径为．过原点作动圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，试证明为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得出，根据已知条件求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）由题意可知，两条切线中至少有一条切线的斜率存在，设直线的斜率存在，对切线的斜率是否为零进行分类讨论，在切线的斜率为零时，直接求出；在直线的斜率不为零时，分析可知两切线的斜率为关于的方程的两根，利用韦达定理结合弦长公式可求得，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：由题意可知，，，，由，即，
又，所以，椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设点坐标为，即．
当直线的斜率为，此时，，则直线的斜率不存在，
此时；
当直线的斜率存在且斜率不为时，设直线的方程为，直线的方程为，
设点、，联立，可得，
则，，
又圆与直线、相切，即，
整理可得，
则、为关于的方程的两根，
所以，，
所以，
.
综上：为定值．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21. 已知函数，.
（1）若，求的最小值；
（2）若有且只有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）最小值为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）代入，求出，根据的范围可得在上恒成立，即可求出最小值；
（2）显然，则原题可转化为在区间上有且只有1个零点．求出导函数，进而二次求导可得在区间上单调递增.推理得到当时，在上零点，根据导函数得到函数的单调性，结合零点的存在定理可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：当时，，
则.
当时，，
所以，
所以.
又，所以，
所以恒成立，
所以在区间上单调递增，
所以的最小值为.
【小问2详解】
解：由已知可得，则在区间上有且只有1个零点．
，
令，.
则，
因为在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增.
所以，当时，有最小值；当时，有最大值.
当时，有，则恒成立，则在区间上单调递增，所以.
又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；
当时，有恒成立，则在区间上单调递减，所以.
又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；
当时，有，.
又区间上单调递增，
根据零点的存在定理可得，，使得.
当时，，单调递减：当时，，单调递增.
又，，要使在区间上有且只有一个零点，
则，解得.
又，所以.
综上，实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：根据函数零点的个数求解参数的取值范围：先观察看函数是否已存在零点，然后根据导函数研究函数的单调性，结合零点的存在定理，即可得到参数的取值范围.
（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：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求C的普通方程和的直角坐标方程；
（2）若与C交于A，B两点，，求的值.
【答案】（1），
（2）21
【解析】
【分析】（1）根据参数方程化为普通方程、极坐标方程转化为直角坐标方程的公式求得C的普通方程和的直角坐标方程；
（2）写出直线的标准参数方程并代入的普通方程，结合根与系数关系求得的值.
【小问1详解】
，
所以C的普通方程为，
l的极坐标方程可化为，
所以l的直角坐标方程为.
【小问2详解】
点在上，
可设l的参数方程为（t为参数），
代入，化简得，
设点A，B对应的参数分别为，，
则.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用零点分区间法去绝对值号，解不等式即可；
（2）利用绝对值三角不等式得到，直接解不等式，即可求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
当时，．
当时，令，解得；
当时，恒成立；
当时，令，解得．
综上，当时，不等式的解集为．
【小问2详解】
因为，
当且仅当即时等号成立，
所以，解得或．
故实数a的取值范围为．