四川省雅安市雅安中学等校联考2023-2024学年高三下学期开学考试数学（文）试题（Word版附解析）

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1．本试卷分第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．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共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. 复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简复数，再利用共轭复数的定义可得出结果.
【详解】因为，故复数共轭复数为.
故选：B.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值不等式的解法及函数定义域的求法，由集合并集可得结果.
【详解】由，解得，所以．
因为函数的定义域为，所以，
所以，
故选：B.
3. 的内角，，的对边分别为，，．已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】由正弦定理知，，则．因为，所以．
故选：A
4. 已知非零向量，满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由数量积的运算律，代入计算，结合平面向量的夹角计算公式，即可得到结果.
【详解】因为，
所以．
设与的夹角为，则．
故选：B
5. 已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则且
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面以及面面平行的性质可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据线面垂直的判定定理可判断C；根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可判断D.
【详解】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则当且时，才有且，B错误；
对于C，若，当时，推不出，C错误；
对于D，如图，设，在内取点P，，
作，垂足为，因为，则，
而，则，又，
故，D正确，

故选：D
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可得到选项.
【详解】由函数，，令，解得，
则其定义域为，关于原点对称，
所以函数在定义内为偶函数，排除C，D选项，因为，观察选项可知，选A.
故选：A
7. 一组数据的平均数和标准差分别为3和1，另一组数据（其中）的平均数和标准差分别为10和4，则（ ）
A. 16B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两组数据的线性关系确定它们的平均数与标准差的关系列方程，即可得的值，从而可得答案.
【详解】由题可知，，解得，则．
故选：C
8. 执行如图所示的程序框图，若输入的值为，，，则输出的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】执行程序框图可知，输出的值为最小值，故判断的大小关系即可得到答案.
【详解】执行程序框图可知，第一次判断输出中较小的数记为a，
再进行第二次判断，将a与c进行比较，记较小的数为a，最终输出.
故输出的值为的最小值.
因为，，，
所以输出的值为．
故选：D
9. 已知函数，若存在，使得，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. 在内有零点D. 若在内有零点，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的单调性结合零点存在定理逐项判断即可得结论.
【详解】因为在上单调递增，且，，
所以，，根据零点存在定理可得函数在内有零点，故C正确；
又因为，所以，故B正确；
又因为，则可能大于，故A不正确；
若函数在内有零点，则，故D正确.
故选：A.
10. 当两个变量呈非线性相关时，有些可以通过适当的转换进行线性相关化，比如反比例关系，可以设一个新的变量，这样与之间就是线性关系．下列表格中的数据可以用非线性方程进行拟合，
用线性回归的相关知识，可求得的值约为（ ）
A. 2.98B. 2.88C. 2.78D. 2.68
【答案】B
【解析】
【分析】设后，得到与之间的关系表格，计算出的值，利用在线性回归方程上进行计算即可.
【详解】设，则，则
则，
，
则．
故选：B.
11. 若函数在上恰有两个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换先化简函数式，结合三角函数的图象与性质计算即可.
【详解】，
令，得,
由，得．
因为恰有两解，
所以．
故选：C
12. 我们把形如和的两个双曲线叫做共轭双曲线．设共轭双曲线，的离心率分别为，，则当取得最大值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，由，可设，结合三角恒等变换与正弦型函数最值即可得答案.
【详解】由题意可知则．
由，可设，
则，其中，
当，即时，取得最大值，
此时．
故选：A.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 已知实数，满足约束条件，则其表示封闭区域的面积为______．
【答案】2
【解析】
【分析】利用线性规划作出约束条件所表示的封闭区域，从而得解.
【详解】根据约束条件作出的平面区域图如图所示，

易得，，，
则，故封闭区域的面积为2.
故答案为：2.
14. 已知抛物线的焦点为，是上一点，且，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据抛物线的定义及焦半径公式计算即可.
【详解】由题可知．
故答案为：6
15. 一个封闭的玻璃圆锥容器内装有部分水（如图1），此时水面与线段交于点，将其倒置后（如图2），水面与线段还是交于点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得前后两次水面的交点相同可得圆锥的体积是圆锥体积的一半，再由圆锥的体积公式计算可求.
【详解】由题意知，在图1中，圆锥的体积是圆锥体积的一半，分别设圆，圆的半径为，，则．
故答案为：
16. 已知，分别是函数和的零点，且，，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】求，判断函数在上的单调性，根据函数零点及单调性可得，化简可得的值.
【详解】由题意可得，，
又，当时，，所以在上单调递减，
因为，，且，
又，所以，所以．
故答案为：1.
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. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，当时，用替换，然后代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由错位相减法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，．
当时，由，得，
则，则，
因为也符合上式，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，，
则，
则，
两式相减得，
则．
18. 为了防止注册账号被他人非法登录，某系统在账号登录前，要先输入验证码．已知该系统登入设置的每个验证码均由有序数字串组成，其中，某人非法登录一个账号，任选一组验证码输入．
（1）求这个人输入的验证码恰有两位正确的概率；
（2）若这个人通过技术获得了验证码的第一位数，求这个人输入的验证码正确的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型概率求解；
（2）利用古典概型的概率求解.
【小问1详解】
解：由题可知，所有的验证码包括111，112，113，121，122，123，131，132，133，211，212，213，221，222，223，231，232，233，311，312，313，321，322，323，331，332，333，共27种．
不妨设正确的验证码为111，则恰有两位正确的验证码包括112，113，121，131，211，311，共6种，
故这个人输入的验证码恰有两位正确的概率为．
【小问2详解】
不妨设正确的验证码为111，这个人通过技术获得的验证码的第一位数为1，
则这个人输入的验证码可能为111，112，113，121，122，123，131，132，133，共9种，
则这个人输入的验证码正确的概率为．
19. 如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形．
（1）证明：．
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直证明线线垂直，先连接，由已知得到四边形为菱形后推出，再证明平面，得到，推出平面，最后可证明.
（2）用等体积法求点到面的距离，先求出，得到，再由，得到，最后由体积相等解出即可.
【小问1详解】
证明：连接，因为底面和侧面均为正方形，所以四边形为菱形，则．
由底面和侧面均为正方形，得，．
因为，所以平面．
又平面，所以．
因为，所以平面．
又平面，所以．
【小问2详解】
因为，，所以．
又平面，所以．
，，
则．
设点到平面的距离为，则，
则，解得，即点到平面的距离为．
20. 已知函数．
（1）若，当时，证明：．
（2）若，证明：恰有一个零点．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到在上单调递增，再由，即可证明；
（2）根据题意，构造函数，求导可得，即在上单调递增，再结合，即可证明.
【小问1详解】
证明：因为，所以，．
当时，，则在上单调递增，
所以当时，．
【小问2详解】
．
令，则．
令，则．
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以，所以，
则在上单调递增．
因为，所以恰有一个零点，则恰有一个零点．
21. 已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设是椭圆上第一象限内的一点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点．记的面积为，的面积为．证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求得结果；
（2）根据题意，分别表示出点的坐标，从而表示出，然后结合椭圆的方程，代入计算，即可证明.
【小问1详解】
由题可知，，解得，
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
证明：设，则直线的方程为，令，得．
直线的方程为，令，得．
，，
．
由，得，
则．
故为定值．
（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. 已知曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），与相交于，两点．
（1）求曲线的普通方程；
（2）设，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）把平方后相加即可；
（2）把直线的参数方程代入曲线的普通方程，化简后，利用韦达定理得到，再利用参数的几何意义即可证明.
【小问1详解】
由
得
则，
即曲线的普通方程为．
【小问2详解】
证明：
将的参数方程代入曲线的普通方程，
得，
整理得，
则．
，
则为定值，证毕．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知正实数，，满足．
（1）若，证明：．
（2）求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）由基本不等式和乘“”法证明即可；
（2）由基本不等式变形求解即可
【小问1详解】
证明：由，得，
则，
当且仅当时，等号成立，证毕．
【小问2详解】
因为，，，
当且仅当时，等号成立，1
2
3
4
5
6
2.5
3.6
4.4
5.4
6.6
7.5
1
4
9
16
25
36
2.5
3.6
4.4
5.4
6.6
7.5