2023-2024学年四川省泸州市马街中学高三（下）开学数学试卷（理科）（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市马街中学高三（下）开学数学试卷（理科）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设全集U={1,2,3,4,5}，集合A={1,3,5}，集合B={3,4}，则(∁UA)∩B=( )
A. {3}B. {4}C. {3,4}D. {2,3,4}
2.如果一个复数的实部与虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z=(2−ai)i为“等部复数”，则实数a的值为( )
A. −1B. 1C. 2D. −2
3.某学校高一年级有900名学生，现采用系统抽样方法，从中抽取45人作问卷调查，将900人按1、2、3、⋯、900随机编号，则抽取的45人中，编号落入区间[201,760]的人数为( )
A. 26B. 27C. 28D. 29
4.已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为( )
A. 24B. 64C. 2 2D. 2 6
5.已知2x0+y0=6，则圆x2+y2=1与直线x0x+y0y=2的位置关系是( )
A. 相切B. 相交C. 相离D. 不确定
6.如图，在矩形ABCD中，AB=2，过点A向∠BAD所在区域等可能任作一条射线AP，已知事件“射线AP与线段BC有公共点”发生的概率为23，则BC边的长为( )
A. 3B. 2 3C. 3D. 3 3
7.已知等差数列{an}满足4a3=3a2，则{an}中一定为零的项是( )
A. a6B. a8C. a10D. a12
8.三棱柱ABC−DEF中，G为棱AD的中点，若BA=a，BC=b，BD=c，则CG=( )
A. −a+b−c
B. 12a−b+12c
C. −12a+b+c
D. −12a+12b+c
9.已知sinα= 55，sinβ= 1010，且α，β均为锐角，则α+β的值为( )
A. π4B. 3π4C. π4或3π4D. π2
10.千年宝地，一马当先.2023年10月15日7时30分，吉利银河⋅2023宝鸡马拉松赛在宝鸡市行政中心广场鸣枪开跑，比赛吸引了全国各地职业选手及路跑爱好者共2万人的热情参与.为确保活动顺利举行，组委会自起点开始大约每隔5公里设置一个饮水站(志愿者为选手递送饮料或饮用水，为选手提供能量补给)，两个饮水站中间设置一个用水站(志愿者为选手递送湿毛巾等，协助医务工作者)，共15个饮用水服务点，分别由含甲、乙在内的15支志愿者服务队负责，则甲队和乙队服务类型不同且服务点不相邻的概率为( )
A. 215B. 25C. 715D. 35
11.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，P(0,2)，Q(0,−2)，过点P的直线l1与椭圆交于A，B，过点Q的直线l2与椭圆交于C，D，且满足l1//l2，设AB和CD的中点分别为M，N，若四边形PMQN为矩形，且面积为4 3，则该椭圆的离心率为( )
A. 13B. 23C. 23D. 63
12.已知函数f(x)=exx2+2klnx-kx，若x=2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是
( )
A. (-∞,e24]B. (-∞,e2]C. (0,2]D. [2,+∞)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设x，y满足约束条件x≥0x−y≥0x+y≤2，则z=2x−y的最大值为______．
14.等比数列{an}中，a1+a4=4，a3+a6=12，则a7+a10= ______．
15.若正数x、y满足x+2y−2xy=0，则x+2y的最小值为______．
16.已知双曲线C的左顶点为A，右焦点为F，离心率为e，动点B在双曲线C的右支上且不与右顶点重合，若∠BFA=e∠BAF恒成立，则双曲线C的渐近线方程为______．
三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知在a= 13，b>c，m=(csC,csA)，n=(a,c−2b)且m⊥n．
(1)求角A大小；
(2)若△ABC面积为3 3，BD=12DC，求AD的长．
18.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点，
(1)求证：CF/​/平面A1DE；
(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，△OAB面积的最大值为 3．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线l：x=t交x轴于点P，其中t>a，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O，A，M，N四点共圆，求t的值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+mx+1，g(x)=x(ex−1)．
(1)若f(x)的最大值是0，求m的值；
(2)若对于定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，求m的取值范围．
21.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=1+csθ+sinθ,y=csθ−sinθ(θ为参数)，直线l的参数方程为x=tcsα,y=− 3+tsinα(其中t为参数，0≤α<π)，且直线l和曲线C交于M，N两点．
(1)求曲线C的普通方程及直线l经过的定点P的坐标；
(2)在(1)的条件下，若1|PM|+1|PN|=2，求直线l的普通方程．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=|a−3x|−|2+x|．
(1)若a=2，解不等式f(x)≤3；
(2)若存在实数x，使得不等式f(x)≥1−a+2|2+x|成立，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为全集U={1,2,3,4,5}，集合A={1,3,5}，
所以CUA={2,4}，
又因为集合B={3,4}，所以(∁UA)∩B={4}，
故选：B．
先解出A的补集，再求出结果即可
本题主要考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：z=(2−ai)i=a+2i，
因为“等部复数”的实部和虚部相等，复数z为“等部复数”，
所以a=2，所以a=2．
故选：C．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实部和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及实部和虚部的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，采用系统抽样方法，从900人中抽45人作问卷调查，
则分组间隔为90045=20，
则编号落入区间[201,760]的人数为760−201+120=28．
故选：C．
根据系统抽样定义可解．
本题考查系统抽样的定义，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：∵三角形在其直观图中对应一个边长为2正三角形，
∴直观图的面积是12×2×2×sin60°= 3，
由斜二测画法中直观图和原图的面积的关系S直观图S原图= 24，
∴直观图的面积为 24× 34×22= 64，
故选：B．
求出直观图三角形的面积，利用平面图形的面积是直观图面积的2 2倍，求出直观图的面积即可．
本题考查平面图形的三视图，由三视图还原实物图，是一个简单的计算题目，解题的关键是对于这两个对应的图形的面积之比要掌握．两个面积可以互相推出．
5.【答案】B
【解析】解：∵2x0+y0=6，∴直线x0x+y0y=2可转化为x0(x−2y)=2−6y，
由x−2y=02−6y=0，得x=23y=13，
所以直线x0x+y0y=2恒过定点(23,13)，由(23)2+(13)2<2，
所以点(23,13)在圆x2+y2=2内，
故直线x0x+y0y=2与圆x2+y2=2相交．
故选：B．
由题意，可判断直线恒过定点，而此点在圆的内部，故可得直线与圆的位置关系．
本题考查直线过定点，考查直线与圆的位置关系，属中档题．
6.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=2，过点A向∠BAD所在区域等可能任作一条射线AP，
∵事件“射线AP与线段BC有公共点”发生的概率为23，
∴P=∠BAC∠BAD=∠BAC90∘=23，∴∠BAC=60°，
∴tan∠BAC=tan60°=BCAB=BC2，
解得BC=2tan60°=2 3．
故选：B．
这是一个属于角度型几何概型问题，先求出∠BAC的大小，再利用直角三角形的边角关系求出BC的边长．
本题考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用通项公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，∵4a3=3a2，
∴4(a1+2d)=3(a1+d)，可得：a1+5d=0，
∴a6=0，
则{an}中一定为零的项是a6．
故选A．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的线性运算与向量相等的应用问题，是基础题．
利用空间向量的线性运算法则与向量相等的定义，求解即可．
【解答】
解：CG=CA+AG=CA+12AD=(BA−BC)+12(BD−BA)=(a−b)+12(c−a)=12a−b+12c．
故选：B．
9.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角和差的余弦公式的应用，属于基础题．
【解答】
解：∵sinα= 55，sinβ= 1010，且α，β均为锐角，∴csα= 1−sin2α=2 55，csβ= 1−sin2β=3 1010，
∴cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=2 55×3 1010− 55× 1010= 22，
结合α+β∈(0,π)，求得α+β=π4，
故选A．
10.【答案】B
【解析】解：由题意，42÷5=8.4，故共有饮水站8个，用水站7个，分别设为ai(i=1,2,3,…,8)，bj(j=1,2,3,⃯,7)，
其中任取2个饮用水服务点安排给甲、乙，共有A152种不同的安排方法，
甲队和乙队服务类型不同且服务点不相邻的时，可以分别取一个饮水站和一个用水站安排给甲、乙共有C81C71A22，
再减去其中甲、乙相邻的情况，相邻时，共有a1b1，b1a2，a2b2，…，b7a8，14种情况，
故甲队和乙队服务类型不同且服务点相邻的安排方法为C141A22，
即满足甲队和乙队服务类型不同且服务点不相邻的安排方法有C81C71A22−C141A22种，
由古典概型可知，P=C81C71A22−C141A22A152=14×8−14×215×14=615=25．
故选：B．
由题意可知15个饮用水服务点种有8个饮水站，7个用水站，分别计算随意安排甲乙参与和满足服务类型不同且服务点不相邻要求的方法种数，根据古典概型求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：如图，不妨设l1，l2两条直线的斜率大于零时，连结OM，
由题意知|PM|⋅|MQ|=4 3|PM|2+|MQ|2=16，
解得|PM|=2，|MQ|=2 3，或|PM|=2 3，|MQ|=2(舍)|PM|=2，|MQ|=2 3，
在△PMQ中，因为|OM|=|PM|=|PO|=2，所以∠BPO=∠POM=60°，
故此时kAB=tan30°= 33，kOM=tan150°=− 33．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
两式相减得(x1−x2)(x1+x2)a2+(y1−y2)(y1+y2)b2=0，
即y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−b2a2，即kAB⋅kOM=−13=−b2a2，
因此离心率e2=c2a2=1−b2a2=23，所以e= 63，
故选：D．
画出图形，不妨设l1，l2两条直线的斜率大于零时，连结OM，由题意知|PM|⋅|MQ|=4 3|PM|2+|MQ|2=16，求出|PM|，|QM|，求出AB，OM的斜率，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用点差法，转化推出椭圆的离心率即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，点差法的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的极值，属于较难题．
由f(x)的导函数形式可以看出，需要对k进行分离，再构造新的函数求最值可得答案．
【解答】
解：∵函数f(x)的定义域是(0,+∞)
∴f′(x)=ex(x−2)x3+2kx−k=(ex−kx2)(x−2)x3，
∵x=2是函数f(x)的唯一的一个极值点，
∴函数y=ex−kx2在(0,+∞)无变号零点，
即ex−kx2≥0或ex−kx2≤0在(0,+∞)恒成立，
即k≤exx2或k≥exx2(舍)在x>0上恒成立；
令g(x)=exx2，
因为g′(x)=ex(x−2)x3，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(2)=e24，
所以必须k≤e24，
故k的取值范围为(-∞,e24]．
故选A．
13.【答案】4
【解析】解：作出可行域如下：
由z=2x−y可得y=2x−z，由图可知当直线y=2x−z过点(2,0)时，
−z最小，则z最大，此时z=2x−y=2×2−0=4．
故答案为：4．
由题意画出可行域，利用目标函数的几何意义结合图象即可求解．
本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】108
【解析】解：由题意等比数列{an}中，a1+a4=4，a3+a6=12，
设等比数列{an}的公比为q，则q2=a3+a6a1+a4=124=3，
故a7+a10=q4(a3+a6)=9×12=108．
故答案为：108．
根据等比数列的性质可得q2=a3+a6a1+a4，求得q2，继而根据a7+a10=q4(a3+a6)求得答案．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】4
【解析】解：由x+2y−2xy=0，得x+2y=2xy，
∴12y+1x=1，
∴x+2y=(x+2y)(12y+1x)=2+x2y+2yx≥2+2 x2y⋅2yx=4，当且仅当x2y=2yx，即x=2y=2时，等号成立，
∴x+2y的最小值为4．
故答案为：4．
由x+2y−2xy=0，得x+2y=2xy，从而得到12y+1x=1，再利用“1”的代换，结合基本不等式即可求出结果．
本题主要考查了利用基本不等式求出最值，属于基础题．
16.【答案】y=± 3x
【解析】解：因为右支上点B满足∠BFA∠BAF=e恒成立，故取BF⊥AF的情况，
此时∠AFB=π2，∠BAF=π2e
因为c2a2−yB2b2=1，所以B(c,b2a)，
在Rt△ABF中，因为tan∠BAF=BFAF=b2aa+c=b2a(a+c)=c−aa=e−1，
所以tanπ2e=e−1，
构造函数f(x)=x−tanπ2x−1，其中x>1，易得f(x)单调递增，且当f(2)=0，
所以当且仅当e=2时，tanπ2e=e−1成立，
即c2a2=1+(ba)2=4，所以 ba= 3，
故渐近线方程为：y=± 3x.
故答案为：y=± 3x.
取BF⊥AF的情况，∠BFA=π2e，由tan∠BAF=BFAF=b2aa+c=b2a(a+c)=c−aa=e−1，可得tanπ2e=e−1，当且仅当e=2时，tanπ2e=e−1成立，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，转化思想，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵acsC+(c−2b)csA=0，
∴sinAcsC+(sinC−2sinB)csA=0，
∴csA=12，
∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)S△ABC=12bcsinA=14 3bc=3 3，∴bc=12，
a2=13=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，
∴13=(b+c)2−36，∴b+c=7，b>c，
∴b=4，c=3
∵BD=12DC，
∴AD=13AC+23AB，
∴AD2=19AC2+49AB2+19ACAB=769，
∴AD=2 193．
【解析】(1)由已知可得acsC+(c−2b)csA=0，计算可求角A大小；
(2)由三角形面积结合余弦定理可求b，c，再利用AD=13AC+23AB，可求AD．
本题考查正余弦定理的应用，考查利用求向量的模的方法求线段长，属中档题．
18.【答案】证明：(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,2,0)，
D(0,0,0)，B1(2,2,2)，
则DA1=(2,0,2),DE=(1,2,0)，CF=(0,−2,1)，
设平面A1DE的法向量是n=(a,b,c)，
则n⋅DA1=2a+2c=0n⋅DE=a+2b=0，取a=−2，则n=(−2,1,2)，
∴CF⋅n=(0,−2,1)⋅(−2,1,2)=0，
所以CF/​/平面A1DE．
解：(2)可知DC=(0,2,0)是面A1DA的一个法向量，
∴cs=(−2,1,2)⋅(0,2,0) (−2)2+12+22⋅ 0+22+0=13，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为13．
【解析】(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CF/​/平面A1DE．
(2)求出平面A1DE的法向量和平面A1DA的法向量，利用向量法能求出平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
本题考查平面与平面所成角的向量求法，线面平行的向量表示，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
19.【答案】解：(1)由题意可得ca=1212ab= 3a2=b2+c2，解得a=2，b= 3，c=1，
∴椭圆E的标准方程为x24+y23=1；
(2)由题意可得P(t,0)，A(2,0)，t>2，
设点B(x1,y1)，C(x2,y2)，M(t,yM)，N(t,yN)，
∵O，A，M，N四点共圆，
∴|PO|⋅|PA|=|PM|⋅|PN|，
即t(t−2)=|yM⋅yN|，
设直线PB的方程为x=ky+t，
代入椭圆方程x24+y23=1可得(3k2+4)y2+6kty+3t2−12=0，
∴y1+y2=−6kt3k2+4，y1y2=3t2−123k2+4，
直线BA的方程为y=y1x1−2(x−2)，当x=t时，yM=y1x1−2(t−2)=y1ky1+t−2(t−2)，
直线CA的方程为y=y2x2−2(x−2)，当x=t时，yN=y2x2−2(t−2)=y2ky2+t−2(t−2)，
∴yM⋅yN=(t−2)2⋅y1y2(ky1+t−2)(ky2+t−2)=(t−2)2⋅y1y2k2y2y1+k(t−2)(y1+y2)+(t−2)2
=(t−2)2⋅3(t+2)4(t−2)=34(t2−4)，
∴t(t−2)=34(t2−4)，
解得t=6．
【解析】(1)由题意可得ca=1212ab= 3a2=b2+c2，解得即可；
(2)设点B(x1,y1)，C(x2,y2)，M(t,yM)，N(t,yN)，根据四点共圆可得t(t−2)=|yM⋅yN|，再设直线PB的方程为x=ky+t，代入椭圆方程x24+y23=1，
分别求出直线BA，CA的方程，求出点M，N的纵坐标，根据韦达定理，整理化简可得yM⋅yN=34(t2−4)，即可得到t(t−2)=34(t2−4)，解得即可求出．
本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，四点共圆，考查了运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f(x)的定义域(0,+∞)，f′(x)=1x+m．
若m≥0，f′(x)>0，f(x)在定义域内单调递增，无最大值；
若m<0，当x∈(0,−1m)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(−1m,+∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
所以当x=−1m时，f(x)取得最大值ln(−1m)=0，所以m=−1．
(2)对于定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，即m+1≤ex−lnx+1x在(0,+∞)恒成立．
设φ(x)=ex−lnx+1x，则φ′(x)=x2ex+lnxx2．
设q(x)=x2ex+lnx，则q′(x)=(x2+2x)ex+1x>0，
所以q(x)在其定义域内单调递增，且q(12)<0，q(1)>0，
所以q(x)有唯一零点x0，且x02ex0+lnx0=0，
所以x0ex0=−lnx0x0=−lnx0⋅e−lnx0．
构造函数h(x)=xex，则h(x0)=h(−lnx0)
又函数h(x)=xex在(0,+∞)是增函数，
故x0=−lnx0．
所以由φ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(x0)=ex0−lnx0+1x0=1x0+x0−1x0=1
于是m的取值范围是(−∞,0]．
【解析】(1)对函数求导，讨论参数m的范围，分析单调性，根据最大值是0求出m范围．
(2)分离参数，即m+1≤ex−lnx+1x在(0,+∞)恒成立，求出φ(x)=ex−lnx+1x的最小值，即求出m的取值范围．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．
21.【答案】解：(1)由x−1=csθ+sinθy=csθ−sinθ，
则(x−1)2=(csθ+sinθ)2=1+2sinθcsθ，y2=(csθ−sinθ)2=1−2sinθcsθ，
两式相加可得，(x−1)2+y2=2，
可得曲线C的直角坐标方程为(x−1)2+y2=2，
由x=tcsαy=− 3+tsinα得直线l经过的定点P的坐标为(0,− 3)；
(2)将x=tcsα，y=− 3+tsinα代入(x−1)2+y2=2，
得(tcsα−1)2+(tsinα− 3)2=2，
即t2−2(csα+ 3sinα)t+2=0，设其两根为t1，t2，
由韦达定可知，t1+t2=2(csα+ 3sinα)，t1t2=2，即t1，t2同号，
则1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1|+|t2||t1||t2|=|t1+t2||t1t2|=|2(csα+ 3sinα)|2=2，
得|csα+ 3sinα|=2，即|sin(α+π6)|=1，得α=π3，经检验Δ>0，
故直线l的普通方程为：y= 3x− 3．
【解析】(1)根据已知条件，消去参数θ，即可求出曲线C的普通方程，再结合直线l的参数方程，即可求解；
(2)结合参数方程的几何意义，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查参数方程化成普通方程，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)a=2时：f(x)=|3x−2|−|x+2|≤3，
x≥233x−2−x−2≤3或−2解得：−34≤x≤72；
(2)不等式f(x)≥1−a+2|2+x|成立，
即|3x−a|−|3x+6|≥1−a，
由绝对值不等式的性质可得||3x−a|−|3x+6||≤|(3x−a)−(3x+6)|=|a+6|，
即有f(x)的最大值为|a+6|，
∴1−a≥0(a+6)2≥(1−a)2或1−a<0a+6≥0,
解得：a≥−52，
即a的取值范围为(−52,+∞)．
【解析】本题考查绝对值不等式，求解本题的关键是正确理解题意，区分存在问题与恒成立问题的区别，本题是一个存在问题，属于中档题．
(1)通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出取并集即可；
(2)由题意知|3x−a|−|3x+6|≥1−a，这是一个存在性的问题，须求出不等式左边的最大值，可运用绝对值不等式的性质可得最大值，再令其大于等于1−a，即可解出实数a的取值范围．