四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高三理科数学上学期10月阶段性试题（Word版附解析）

这是一份四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高三理科数学上学期10月阶段性试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上.
4．考试结束后，将答题卡交回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合和，即可得出的取值范围.
【详解】解：由题意
在，中，
，
∴
故选：B.
2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.
【详解】，则.
故选：C
3. 执行如图所示的程序框图，将输出的看成输入的的函数，得到函数，若，则（ ）

A. B. C. 或D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图得到函数解析式，再根据函数解析式求出，再分类讨论，结合函数解析式计算可得.
【详解】由程序框图可得，则，
若，即时，，解得（舍去）；
若，即时，，解得.
故选：B
4. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得.
【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，
又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，
又极差，所以最小数字为，
所以这组数据为、、、、，
所以平均数为.
故选：B
5. 已知空间中a，b，c是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）．
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中垂直于同一条直线的两条直线可以是平行、相交或异面即可判断A；根据空间中两平面的位置关系即可判断B；根据空间中两直线的位置关系即可判断C；根据线面垂直的性质判断面面平行即可判断D．
【详解】对于A，空间中垂直于同一条直线的两条直线可以是平行、相交或异面，故A错误；
对于B，垂直于同一个平面的两个平面可以是平行、相交，故B错误；
对于C，垂直于同一个平面的两条直线是平行的，故C正确；
对于D，垂直于同一条直线的两个平面平行，故D错误．
故选：C．
6. “”是“是奇函数”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】由是奇函数，逐步化简，计算可得，由此即可得到本题答案.
【详解】当时，，由得，则的定义域关于原点对称，
又，则是奇函数，故充分性成立；
若是奇函数，则，即，
所以，则，故，
所以，故，不一定推得，从而必要性不成立；
所以“”是“是奇函数”的充分不必要条件.
故选：A
7. 已知，，则与的夹角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量模的坐标公式,向量夹角的坐标公式，即可求解.
【详解】因为向量，，所以，
则，
同理，
所以，
所以与的夹角为.
故选：C.
8. 已知数列和均为等差数列，是数列的前n项和，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合等差数列的性质分析可得，进而可得，代入运算即可.
【详解】根据题意，设等差数列，
又因为是关于n的一次式，可得，
则，
所以.
故选：B．
9. 蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P､A､B､C，其中平面，，则该球的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面垂直得到线线垂直，进而得到三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，求出长方体体对角线的长，得到该球的半径和体积.
【详解】因为平面，平面，
所以，
又，
所以两两垂直，
所以三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，
即该球的直径为长方体体对角线的长，
因为，
所以，
所以该球的半径为2，体积为.

故选：C
10. 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：B
11. 已知函数为R上的奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的奇偶性和对称性，逐项分析、判定选项，即可求解.
【详解】对于A中，函数为偶函数，则有，可得，
又由为奇函数，则，
则有，所以，即，所以A错误；
对于B中，函数为偶函数，则有，所以B不正确；
对于C中，由，则，
所以是周期为4的周期函数，所以，所以C正确；
对于D中，由是周期为4的周期函数，可得，其中结果不一定为0，所以D错误.
故选：C.
12. 已知，，则下列结论正确的有（ ）
① ② ③ ④
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】B
【解析】
【分析】求出、的值，比较、的大小，利用指数函数的单调性、导数法、不等式的基本性质以及基本不等式逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为，，则，.
对于①，，则，从而，
，则，则，即，①对；
对于②，，
因为，则，，所以，，②错；
对于③，，
所以，，
所以，，③错；
对于④，构造函数，其中，则.
当时，，则函数在上单调递增，
因为，则，即，可得，所以，，④对.
故选：B.
二、填空题
13. 已知等差数列满足，，则的前项的和为__________
【答案】78
【解析】
【分析】利用等差数列性质可计算得，，代入等差数列前项和公式即可求出结果.
【详解】由等差数列性质可知，解得；
由，可得；
则数列的前项的和为.
故答案为：
14. 的展开式中的系数为________．
【答案】－40
【解析】
【详解】二项式展开式的通项公式为：,
令可得：的系数为：.
故答案为-40.
点睛：在Tr＋1＝ 中，是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．
15. 已知定义在上函数满足，且是偶函数，当时，，则__________
【答案】##2.75
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性、周期性结合对数运算法则计算即可.
【详解】由是偶函数，，
所以，
即，故的一个周期为4，
所以.
故答案为：
16. 锐角三角形的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理结合已知可得，于是由锐角三角形，可得，再用正弦定理与二倍角及和差角公式可将转化为，由函数单调性可得其范围.
【详解】解：因为，且，所以
由正弦定理得：，所以
又锐角三角形中，，则，即
所以，由于锐角三角形，所以，解得
所以
由于，则在上递减，在上递增
所以在上递减，于是有，即的取值范围为.
故答案为：.
三、解答题
17. 已知数列满足，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用退一作商法，结合等差数列的知识证得数列是等差数列.
（2）利用裂项求和法求得.
【小问1详解】
因为 ①，
所以当时， ②．
因为，所以由得，即．
所以，即．
由，
得，所以，所以．
所以数列是以-2为首项，-3为公差的等差数列．
小问2详解】
由（1）得，
即，
所以．
所以
．
18. 如图，在直三棱柱中，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式即可求出答案.
【小问1详解】
证明：连接交于点，则是的中点，
连接，又是的中点，所以.
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
解：以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，.
设是平面的法向量，由
可得令，得.
设是平面的法向量，由可得
令，得.
所以，
即二面角的余弦值为.
19. 某单位计划在一水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量（年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米）都在40以上，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，假设各年的年入流量相互独立.
（1）求未来3年中，设表示流量超过120的年数，求的分布列及期望；
（2）水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量限制，并有如下关系：
若某台发电机运行，则该台年利润为5000万元，若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？
【答案】（1）（2）欲使总利润的均值达到最大，应安装2台发电机
【解析】
【详解】试题分析：
(1)利用二项分布求得分布列，然后可得数学期望为0.3；
(2)利用题意分类讨论可得应安装2台发电机．
试题解析：（1）依题意，，
由二项分布可知，.
,,
,,
所以的分布列为
.
（2）记水电站的总利润为（单位：万元），
①假如安装1台发点机，由于水库年入流总量大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年
利润，；
②若安装2台发电机，
当时，只一台发电机运行，此时，，
当时，2台发电机运行，此时，，
.
③若安装3台发电机，
当时，1台发电机运行，此时，，
当时，2台发电机运行，此时，，
当时，3台发电机运行，此时，，

综上可知，欲使总利润的均值达到最大，应安装2台发电机.
20. 如图，在平面四边形中，，，，．

（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；
（2）的面积为.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即可求得边BC的长，再由正弦定理求；
（2）利用正弦定理求，根据四边形内角和关系结合二倍角公式求，进而求得的面积．
【小问1详解】
因为，为锐角，
所以．
因为，，
在中，由余弦定理得，
即，得．
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，故，
所以；
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
又，，，
即，所以．
因为，
，，
所以，
所以，
所以，
所以的面积.
21. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
参考数据：，.
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）.
【解析】
【分析】（1）当时，求得，分析导数的符号变化，由此可求得函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由可得，可得出，构造函数，利用导数证明出对一切恒成立，由此可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，则.
令，得；令，得.
故函数的单调递减区间为，调递增区间为；
（2）因为当时，恒成立，且，
由，可得.
因为，所以，
设，则.
设，则.
令，得；令，得.
故函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以存在，使.
当或时，；当时，.
则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以对一切的恒成立.
故的取值范围为.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），．以为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求的直角坐标方程；
（2）已知点，设与的交点为，．当时，求的极坐标方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据将极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）将曲线的参数方程代入的直角坐标方程，根据的几何意义可设，，列出韦达定理，由求出，即可求出的普通方程与极坐标方程.
【小问1详解】
因为曲线的极坐标方程为，即，
因为，所以，
所以的直角坐标方程为.
【小问2详解】
将曲线参数方程为（为参数）代入的直角坐标方程，
整理得，
由的几何意义可设，，
因为点在内，所以方程必有两个实数根，
所以，，
因为，
所以，
因为，所以，即，所以的普通方程为，
则的极坐标方程为.
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，
所以恒成立，故得证.
年入流量
发电机最多可运行台数
1
2
3
0
1
2
3
0.729
0.243
0.027
0.001