资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
四川省遂宁市射洪中学2024届高三下学期开学考试文科数学试题（Word版附解析）
展开
这是一份四川省遂宁市射洪中学2024届高三下学期开学考试文科数学试题（Word版附解析），文件包含四川省遂宁市射洪中学2024届高三下学期开学考试文科数学试题原卷版docx、四川省遂宁市射洪中学2024届高三下学期开学考试文科数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
命题人：龚昱审题人：杨勇 时间：120分钟满分：150分
第I卷（选择题共60分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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.
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，请将答案涂在答题卡上.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合结合交集的概念即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：A.
2. 若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. 0B. -1C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案.
【详解】，则，
故选：D.
3. 下图是遂宁市2022年4月至2023年3月每月最低气温与最高气温（℃）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（ ）
A. 月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在8月
B. 每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关
C. 每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月逐月增加
D. 9﹣12月的月温差相对于5﹣8月，波动性更小
【答案】C
【解析】
【分析】根据图表，温差最大值出现在10月，A错误，二者为线性正相关，B错误，计算得到C正确D错误，得到答案.
【详解】对选项A：月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在10月，错误；
对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；
对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为，逐月增加，正确；
对选项D：9﹣12月的月温差为；5﹣8月的月温差为，9﹣12月的月温差的波动性更大，错误；
故选：C.
4. 设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 或18B. C. 18D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列下标和性质，代入前项和公式计算可得结果.
【详解】由等差数列性质可得，
所以.
故选：C.
5. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则b=
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】由余弦定理得，
解得（舍去），故选D.
【考点】余弦定理
【名师点睛】本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！
6. 下列说法不正确的是（ ）
A. 若，则
B. 命题，则
C. 回归直线方程为，则样本点的中心可以为
D. 在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的性质、命题否定的定义、回归方程的样本点中心以及正弦定理，对选项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】对于选项A，因为，所以，所以，故A正确；
对于选项B，根据命题的否定的定义，：，，故B错误；
对于选项C，把代入，得，所以样本点的中心可以为，故C正确；
对于选项D，当时，根据三角形中大边对大角，得，再根据正弦定理得，
当时，根据正弦定理得，根据三角形中大边对大角，则，故D正确.
故选：B.
7. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出不等式组表示的可行域，利用目标函数的几何意义求出最小值.
【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影三角形，
由，解得，即点，
目标函数，即表示斜率为3，纵截距为的平行直线系，
当直线过点时，该直线的纵截距最小，最小，即，
所以的最小值为最小值为 .
故选：D
8. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.
【详解】，则的定义域为R，
又，
所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，
当时，，故排除A.
故选：B.
9. 已知函数，，，且的最小值为，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】首先化简函数解析式，再结合条件，根据函数的周期公式，即可求解.
【详解】，
是函数的最大值，由题意可知，的最小值是个周期，
所以，得.
故选：B
10. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法不正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角为
B. 当E，F运动时，平面 平面
C. 当E，F运动时，存在点E，F使得
D. 当E，F运动时，三棱锥体积不变
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，将异面直线通过平移作出其平面角即可得 为异面直线与所成的平面角为；对于B，利用线面垂直的性质和线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面 平面；对于C，假设存在点E，F使得，显然由线面平行判定定理可得平面，这与平面矛盾，即不存在点E，F使得；对于D，利用等体积法可知，即三棱锥体积不变.
【详解】对于A，如下图所示：
将平移到，连接，
易知在中， 即为异面直线与所成的平面角，
由正方体的棱长为2，利用勾股定理可知，
即为正三角形，所以异面直线与所成角为，即A正确；
对于B，连接，如下图所示：
由为正方体即可得，平面，而平面
所以，又在线段上，所以；
又为正方形，所以，即，
又，平面，所以平面，
又平面 ，所以平面 平面，即B正确；
对于C，易知点不在平面内，
假设，又平面，平面，所以平面，
显然这与平面矛盾，所以假设不成立，即C错误；
对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等，即；
易知三棱锥底面积，
易知平面，所以点A到平面的距离为，
所以，
即当E，F运动时，三棱锥体积不变，即D正确.
故选：C
11. 已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为，若为坐标原点)，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题目条件，求出的等量关系，由此即可得到本题答案.
【详解】作，垂足为，
因为，，所以，
又，所以点为中点，另外，所以，
所以，
由双曲线的定义有，所以，
所以，在中，，
又，所以，化简得.
故选：D
12. 已知定义在上的函数满足：当 时，恒有，若对任意，，恒成立，则ab的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断出上单调递增可得，构造函数，时利用导数判断单调性可得、不成立；时利用导数得，令，再利用导数判断单调性求最值可得答案.
【详解】因为时，恒有，所以在上单调递增，
所以若，则，即，
构造函数，，
若，则在上恒成立，而恒成立，则，此时；
若，则，单调递增，此时不可能恒有；
若，由得，单调递增，
得，单调递减，所以，
即，所以，令，
令，得，
时，，单调递增，
时，，单调递减，所以，
所以ab的最大值为.
综上所述，ab的最大值为.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题两次构造函数，，并利用导数求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量线性关系的坐标运算得，根据向量垂直的坐标公式列方程求参数即可.
【详解】由题设，且，
所以，则.
故答案为：
14. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，,则__________.
【答案】12
【解析】
【分析】由函数的奇偶性可知，代入函数解析式即可求出结果.
【详解】函数是定义在上的奇函数，，则，
.
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，属于基础题型.
15. 如图，在中，是的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当平面平面时，其外接球的体积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得两两垂直，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，补成长方体后计算体对角线即可得其外接球的半径，即可得外接球的体积.
【详解】如图，由题意，当平面平面，
是的中点，，即两两垂直，
又，
如图，作长方体，则三棱锥的外接球，
即是长方体的外接球，
设长方体的外接球的半径为，
则，
.
当三棱锥体积最大时，
其外接球的体积为.
故答案为：.
16. 已知点为拋物线的焦点，点，若第一象限内的点在抛物线上，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线定义，将转化为到准线距离，建立起与直线倾斜角的联系，再进行求解即可.
【详解】
∵点为拋物线的交点，∴抛物线的标准方程为，
∴抛物线的准线：过点，
过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，由抛物线定义知，，
∴当在第一象限时，，
由题意，为直线的倾斜角，且，
∴当最大时，取最小值，取最大值，
易知直线的斜率存在且为正，∴设直线的方程为：，（），
当最大时，直线与抛物线相切，
∴，消去，化简得，（），
令，解得，∴，
又∵，∴，
∴的最大值为.
故答案为：.
【点睛】灵活使用抛物线的定义，可以巧妙的解决与抛物线上的点到焦点的距离有关的最值问题.
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. 习近平总书记在党史学习教育动员大会上强调：“回望过往奋斗路，眺望前方的奋进路，必须把党的历史学习好、总结好，把党的成功经验传承好、发扬好.”为庆祝建党100周年，某市积极开展“青春心向党，建功新时代”系列主题活动.该市某中学为了解学生对党史的认知情况，举行了一次党史知识竞赛，全校高一和高二共选拔100名学生参加，其中高一年级50人，高二年级50人.并规定将分数不低于135分的得分者称为“党史学习之星”，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示.
（1）能否有99%的把握认为学生获得“党史学习之星”与年级有关？
（2）获得“党史学习之星”的这60名学生中，按高一和高二年级采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的党史知识竞赛，求这2人中至少有一人是高二年级的概率.
参考公式：，其中.
【答案】（1）有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关
（2）
【解析】
【分析】（1）计算，进行独立性检验；
（2）由分层抽样结合概率公式求解即可.
【小问1详解】
根据列联表代入计算可得：
，
所以有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关.
【小问2详解】
由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人，记为，，，
高二年级有2人，设为甲、乙.
从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，， {，甲}，{，乙}，，，{，甲}，{，乙}，，{，甲}，{，乙}，{，甲}，{，乙}，{甲，乙}，共15个，
其中至少有一人是高二年级基本事件有{，甲}，{，甲}，{，甲}，{，甲}，{甲，乙}，{，乙}，{，乙}， {，乙}， {，乙}，共9个.
故至少有一人是高二年级的概率.
18. 已知等差数列满足：
（1）求数列的通项公式;
（2）记，求数列的前项和 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用“基本量”法，即可求解.
（2）利用裂项相消,即可求和.
【小问1详解】
解：由题意得：
，解得：，
所以，
【小问2详解】
解：，
所以数列的前项和
.
19. 如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点．
（1）证明；
（2）求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）利用等体积法求解店面距离即可.
【小问1详解】
如图、连接BD，
∵，，∴，
∴，∴．
∵平面ABCD，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴．
【小问2详解】
解：连接BM，．
由已知可得，，，
∴，∴．
设点B到平面的距离为h，
由（1）知BC⊥平面，
∴三棱锥的体积，
即，
解得，即点B到平面的距离为．
20. 已知椭圆的左右焦点分别是，，，点为椭圆短轴的端点，且的面积为4，过左焦点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在椭圆上，且（为坐标原点），求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦距及焦点三角形面积列式求出，写出椭圆方程即可；
（2）先设直线联立方程组，再应用弦长公式和两点间距离公式求出后，再求范围可解.
【小问1详解】
由已知 得，
又，，.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知的坐标为，
①当直线的斜率不存在时，，，则.
②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，
联立，得，
设，，则，，
，
设点，则，即，
代入椭圆方程得，解得，，
所以，
所以，
又，所以的取值范围是.
综上所述，的取值范围是 .
21. 已知函数.
（1）若，求过点的切线方程；
（2）若在其定义域上没有零点，求的取值范围.
【答案】21 ；
22. .
【解析】
【分析】（1）设切点坐标，利用导数表示出切线方程，代入点求出切点，得切线方程；
（2）在上连续，又，则在其定义域上恒成立，即在定义域上恒成立，通过构造函数，利用导数求出单调性，解不等式.
【小问1详解】
当时，，
设过点的切线方程为，，，
代入切线方程得，，
因为过点，所以，即，
令，则，
所以在上单调递减，又，所以有唯一零点，即原方程的根为，
代回切线方程得，
故过点的切线方程为.
【小问2详解】
因为在上连续，又，
所以要使无零点，需使在其定义域上恒成立.
则原问题转化为，求的取值范围，
，
令，，所以单调递增，
又由式得，所以，即恒成立
令，令得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以是的极大值点，，所以，即.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中选一题作答.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. 在直角坐标系中，已知曲线（为参数），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点的圆．
（1）分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；
（2）直线与曲线、分别交于、两点（异于极点），求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知曲线是以点为圆心，半径为的圆，即可得出曲线的普通方程，求出曲线的普通方程，再转化为极坐标方程即可；
（2）求出曲线的极坐标方程，求出点、的极坐标，可求得的值.
【小问1详解】
解：由题意可知，曲线是以点为圆心，半径为的圆，
故曲线的普通方程为，
将点的极坐标化为直角坐标为，则曲线的半径为，
所以，曲线的普通方程为，即，
所以，曲线的极坐标方程为，即.
【小问2详解】
解：曲线的普通方程为，化为极坐标方程为，即，
设点的极坐标为，点的极坐标为，
由题意可得，，故.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（1）若，求不等式的解集；
（2）已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.
【小问1详解】
解：当时，，
因为，
当时，即，；
当时，即，；
当时，即，，
综上可得不等式的解集为
【小问2详解】
解：，
当且仅当时取等号，，
又，且，
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以
根据题意可得，解得或，
的取值范围是．
获得“党史学习之星”
未获得“党史学习之星”
总计
高一年级
40
10
50
高二年级
20
30
50
总计
60
40
100
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
命题人：龚昱审题人：杨勇 时间：120分钟满分：150分
第I卷（选择题共60分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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.
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，请将答案涂在答题卡上.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合结合交集的概念即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：A.
2. 若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. 0B. -1C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案.
【详解】，则，
故选：D.
3. 下图是遂宁市2022年4月至2023年3月每月最低气温与最高气温（℃）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（ ）
A. 月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在8月
B. 每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关
C. 每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月逐月增加
D. 9﹣12月的月温差相对于5﹣8月，波动性更小
【答案】C
【解析】
【分析】根据图表，温差最大值出现在10月，A错误，二者为线性正相关，B错误，计算得到C正确D错误，得到答案.
【详解】对选项A：月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在10月，错误；
对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；
对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为，逐月增加，正确；
对选项D：9﹣12月的月温差为；5﹣8月的月温差为，9﹣12月的月温差的波动性更大，错误；
故选：C.
4. 设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 或18B. C. 18D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列下标和性质，代入前项和公式计算可得结果.
【详解】由等差数列性质可得，
所以.
故选：C.
5. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则b=
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】由余弦定理得，
解得（舍去），故选D.
【考点】余弦定理
【名师点睛】本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！
6. 下列说法不正确的是（ ）
A. 若，则
B. 命题，则
C. 回归直线方程为，则样本点的中心可以为
D. 在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的性质、命题否定的定义、回归方程的样本点中心以及正弦定理，对选项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】对于选项A，因为，所以，所以，故A正确；
对于选项B，根据命题的否定的定义，：，，故B错误；
对于选项C，把代入，得，所以样本点的中心可以为，故C正确；
对于选项D，当时，根据三角形中大边对大角，得，再根据正弦定理得，
当时，根据正弦定理得，根据三角形中大边对大角，则，故D正确.
故选：B.
7. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出不等式组表示的可行域，利用目标函数的几何意义求出最小值.
【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影三角形，
由，解得，即点，
目标函数，即表示斜率为3，纵截距为的平行直线系，
当直线过点时，该直线的纵截距最小，最小，即，
所以的最小值为最小值为 .
故选：D
8. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.
【详解】，则的定义域为R，
又，
所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，
当时，，故排除A.
故选：B.
9. 已知函数，，，且的最小值为，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】首先化简函数解析式，再结合条件，根据函数的周期公式，即可求解.
【详解】，
是函数的最大值，由题意可知，的最小值是个周期，
所以，得.
故选：B
10. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法不正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角为
B. 当E，F运动时，平面 平面
C. 当E，F运动时，存在点E，F使得
D. 当E，F运动时，三棱锥体积不变
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，将异面直线通过平移作出其平面角即可得 为异面直线与所成的平面角为；对于B，利用线面垂直的性质和线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面 平面；对于C，假设存在点E，F使得，显然由线面平行判定定理可得平面，这与平面矛盾，即不存在点E，F使得；对于D，利用等体积法可知，即三棱锥体积不变.
【详解】对于A，如下图所示：
将平移到，连接，
易知在中， 即为异面直线与所成的平面角，
由正方体的棱长为2，利用勾股定理可知，
即为正三角形，所以异面直线与所成角为，即A正确；
对于B，连接，如下图所示：
由为正方体即可得，平面，而平面
所以，又在线段上，所以；
又为正方形，所以，即，
又，平面，所以平面，
又平面 ，所以平面 平面，即B正确；
对于C，易知点不在平面内，
假设，又平面，平面，所以平面，
显然这与平面矛盾，所以假设不成立，即C错误；
对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等，即；
易知三棱锥底面积，
易知平面，所以点A到平面的距离为，
所以，
即当E，F运动时，三棱锥体积不变，即D正确.
故选：C
11. 已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为，若为坐标原点)，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题目条件，求出的等量关系，由此即可得到本题答案.
【详解】作，垂足为，
因为，，所以，
又，所以点为中点，另外，所以，
所以，
由双曲线的定义有，所以，
所以，在中，，
又，所以，化简得.
故选：D
12. 已知定义在上的函数满足：当 时，恒有，若对任意，，恒成立，则ab的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断出上单调递增可得，构造函数，时利用导数判断单调性可得、不成立；时利用导数得，令，再利用导数判断单调性求最值可得答案.
【详解】因为时，恒有，所以在上单调递增，
所以若，则，即，
构造函数，，
若，则在上恒成立，而恒成立，则，此时；
若，则，单调递增，此时不可能恒有；
若，由得，单调递增，
得，单调递减，所以，
即，所以，令，
令，得，
时，，单调递增，
时，，单调递减，所以，
所以ab的最大值为.
综上所述，ab的最大值为.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题两次构造函数，，并利用导数求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量线性关系的坐标运算得，根据向量垂直的坐标公式列方程求参数即可.
【详解】由题设，且，
所以，则.
故答案为：
14. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，,则__________.
【答案】12
【解析】
【分析】由函数的奇偶性可知，代入函数解析式即可求出结果.
【详解】函数是定义在上的奇函数，，则，
.
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，属于基础题型.
15. 如图，在中，是的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当平面平面时，其外接球的体积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得两两垂直，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，补成长方体后计算体对角线即可得其外接球的半径，即可得外接球的体积.
【详解】如图，由题意，当平面平面，
是的中点，，即两两垂直，
又，
如图，作长方体，则三棱锥的外接球，
即是长方体的外接球，
设长方体的外接球的半径为，
则，
.
当三棱锥体积最大时，
其外接球的体积为.
故答案为：.
16. 已知点为拋物线的焦点，点，若第一象限内的点在抛物线上，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线定义，将转化为到准线距离，建立起与直线倾斜角的联系，再进行求解即可.
【详解】
∵点为拋物线的交点，∴抛物线的标准方程为，
∴抛物线的准线：过点，
过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，由抛物线定义知，，
∴当在第一象限时，，
由题意，为直线的倾斜角，且，
∴当最大时，取最小值，取最大值，
易知直线的斜率存在且为正，∴设直线的方程为：，（），
当最大时，直线与抛物线相切，
∴，消去，化简得，（），
令，解得，∴，
又∵，∴，
∴的最大值为.
故答案为：.
【点睛】灵活使用抛物线的定义，可以巧妙的解决与抛物线上的点到焦点的距离有关的最值问题.
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. 习近平总书记在党史学习教育动员大会上强调：“回望过往奋斗路，眺望前方的奋进路，必须把党的历史学习好、总结好，把党的成功经验传承好、发扬好.”为庆祝建党100周年，某市积极开展“青春心向党，建功新时代”系列主题活动.该市某中学为了解学生对党史的认知情况，举行了一次党史知识竞赛，全校高一和高二共选拔100名学生参加，其中高一年级50人，高二年级50人.并规定将分数不低于135分的得分者称为“党史学习之星”，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示.
（1）能否有99%的把握认为学生获得“党史学习之星”与年级有关？
（2）获得“党史学习之星”的这60名学生中，按高一和高二年级采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的党史知识竞赛，求这2人中至少有一人是高二年级的概率.
参考公式：，其中.
【答案】（1）有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关
（2）
【解析】
【分析】（1）计算，进行独立性检验；
（2）由分层抽样结合概率公式求解即可.
【小问1详解】
根据列联表代入计算可得：
，
所以有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关.
【小问2详解】
由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人，记为，，，
高二年级有2人，设为甲、乙.
从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，， {，甲}，{，乙}，，，{，甲}，{，乙}，，{，甲}，{，乙}，{，甲}，{，乙}，{甲，乙}，共15个，
其中至少有一人是高二年级基本事件有{，甲}，{，甲}，{，甲}，{，甲}，{甲，乙}，{，乙}，{，乙}， {，乙}， {，乙}，共9个.
故至少有一人是高二年级的概率.
18. 已知等差数列满足：
（1）求数列的通项公式;
（2）记，求数列的前项和 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用“基本量”法，即可求解.
（2）利用裂项相消,即可求和.
【小问1详解】
解：由题意得：
，解得：，
所以，
【小问2详解】
解：，
所以数列的前项和
.
19. 如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点．
（1）证明；
（2）求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）利用等体积法求解店面距离即可.
【小问1详解】
如图、连接BD，
∵，，∴，
∴，∴．
∵平面ABCD，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴．
【小问2详解】
解：连接BM，．
由已知可得，，，
∴，∴．
设点B到平面的距离为h，
由（1）知BC⊥平面，
∴三棱锥的体积，
即，
解得，即点B到平面的距离为．
20. 已知椭圆的左右焦点分别是，，，点为椭圆短轴的端点，且的面积为4，过左焦点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在椭圆上，且（为坐标原点），求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦距及焦点三角形面积列式求出，写出椭圆方程即可；
（2）先设直线联立方程组，再应用弦长公式和两点间距离公式求出后，再求范围可解.
【小问1详解】
由已知 得，
又，，.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知的坐标为，
①当直线的斜率不存在时，，，则.
②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，
联立，得，
设，，则，，
，
设点，则，即，
代入椭圆方程得，解得，，
所以，
所以，
又，所以的取值范围是.
综上所述，的取值范围是 .
21. 已知函数.
（1）若，求过点的切线方程；
（2）若在其定义域上没有零点，求的取值范围.
【答案】21 ；
22. .
【解析】
【分析】（1）设切点坐标，利用导数表示出切线方程，代入点求出切点，得切线方程；
（2）在上连续，又，则在其定义域上恒成立，即在定义域上恒成立，通过构造函数，利用导数求出单调性，解不等式.
【小问1详解】
当时，，
设过点的切线方程为，，，
代入切线方程得，，
因为过点，所以，即，
令，则，
所以在上单调递减，又，所以有唯一零点，即原方程的根为，
代回切线方程得，
故过点的切线方程为.
【小问2详解】
因为在上连续，又，
所以要使无零点，需使在其定义域上恒成立.
则原问题转化为，求的取值范围，
，
令，，所以单调递增，
又由式得，所以，即恒成立
令，令得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以是的极大值点，，所以，即.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中选一题作答.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. 在直角坐标系中，已知曲线（为参数），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点的圆．
（1）分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；
（2）直线与曲线、分别交于、两点（异于极点），求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知曲线是以点为圆心，半径为的圆，即可得出曲线的普通方程，求出曲线的普通方程，再转化为极坐标方程即可；
（2）求出曲线的极坐标方程，求出点、的极坐标，可求得的值.
【小问1详解】
解：由题意可知，曲线是以点为圆心，半径为的圆，
故曲线的普通方程为，
将点的极坐标化为直角坐标为，则曲线的半径为，
所以，曲线的普通方程为，即，
所以，曲线的极坐标方程为，即.
【小问2详解】
解：曲线的普通方程为，化为极坐标方程为，即，
设点的极坐标为，点的极坐标为，
由题意可得，，故.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（1）若，求不等式的解集；
（2）已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.
【小问1详解】
解：当时，，
因为，
当时，即，；
当时，即，；
当时，即，，
综上可得不等式的解集为
【小问2详解】
解：，
当且仅当时取等号，，
又，且，
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以
根据题意可得，解得或，
的取值范围是．
获得“党史学习之星”
未获得“党史学习之星”
总计
高一年级
40
10
50
高二年级
20
30
50
总计
60
40
100
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
相关试卷
四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高三下学期开学考试理科数学试题： 这是一份四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高三下学期开学考试理科数学试题，共12页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，已知实数满足则的最小值是，函数的图像大致为，已知的展开式中的系数为等内容，欢迎下载使用。
四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 若点在圆， 已知椭圆， 已知向量，则下列结论正确的是， 下列说法中，正确的有等内容，欢迎下载使用。
四川省遂宁市射洪中学2023届高三理科数学上学期12月月考试题（Word版附解析）： 这是一份四川省遂宁市射洪中学2023届高三理科数学上学期12月月考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分， 已知，，，则的值为， 已知，且，则， 在中，则“”是“”的， 二项式的展开式中含项的系数是等内容，欢迎下载使用。
