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）

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：B

6. 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：B

12. 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．