四川省泸州市2024届高三数学下学期开学考试文试题含解析

这是一份四川省泸州市2024届高三数学下学期开学考试文试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
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. 集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由二次函数的值域得集合M，由得集合N，再求交集即可.
【详解】集合，
由，解得，所以，
所以.
故选：A
2若复数，则（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】应用除法法则求出，再根据模的计算公式计算.
【详解】，则.
故选：B
3. 右图是2012年在某大学自主招生考试的面试中，七位评委为某考生打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为（ ）
A. 84，4.84B. 84，1.6C. 85，1.6D. 85，4
【答案】C
【解析】
【分析】去掉最高分93和最低分79计算出平均数再代入方差公式即可.
【详解】由图易知最高分为93,最低分为79，则剩余数的平均数为
，代入方差公式：
则剩余数据的平均数和方差分别为85和1.6
故选：C.
4. 已知变量满足，若目标函数取到最大值3，则a的值为（）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知画出可行域，由目标函数最大值，数形结合讨论参数a，判断函数所过的点列方程求参数，即可得答案.
【详解】画出可行域知，该区域是由点所围成的三角形区域（包括边界），
直线在y轴上的截距为，斜率为，
要使目标函数取到最大值3，
当时，过时有最大值，，不符；
当时，过时有最大值，，不符；
当时，过时有最大值，，满足.
当时，过时有最大值，，不符.
所以.
故选：A
5. 已知直线分别与轴、轴交于、两点，点在圆上，则面积的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，加上半径最大，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
则，
，
故选：B
【点睛】本题考查了点到直线的距离公式、三角形的面积公式，属于基础题.
6. 函数的部分图像大致是（ ）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数的值域和绝对值的几何意义可知，再结合导数求出函数在上的单调性，由此可得出答案．
【详解】解：根据指数函数的值域和绝对值的几何意义可知，则C、D错；
当时，，，
由得，由得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，则A对，B错；
故选：A．
【点睛】本题主要考查函数图象的识别，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
7. 已知角的终边经过点，函数的图象相邻两条对称轴之间的距离等于，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，再根据三角函数定义得，进而根据诱导公式计算即可得答案.
【详解】解：因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离等于，
所以函数的最小正周期为，
所以，
因为角的终边经过点，
所以
所以
故选：D
8. 甲、乙、丙、丁四人商量是否参加志愿者服务活动.甲说：“乙去我就肯定去.”乙说：“丙去我就不去.”丙说：“无论丁去不去，我都去.”丁说：“甲、乙中只要有一人去，我就去.”则以下推论可能正确的是
A. 乙、丙两个人去了B. 甲一个人去了
C. 甲、丙、丁三个人去了D. 四个人都去了
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用甲、乙、丙、丁四位同学所说结合丙说：“无论丁去不去，我都去．”分别分析得出答案．
【详解】对于选项A，∵丙说：“无论丁去不去，我都去．”∴丙一定去出游，故A选项错误；
对于选项B，∵乙说：“丙去我就不去．”，∴由选项A可知，乙一定没去，故选项B错误；对于选项C，∵丁说：“甲乙中至少有一人去，我就去．”∴由选项B可知，甲、丁一定都出游，故甲、丙、丁三个人去了，此选项正确；
对于选项D，∵乙说：“丙去我就不去．”∴四个人不可能都去出游，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了推理与论证，依次分析得出各选项正确性是解题关键．
9. 已知，，下列不等式成立的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质、作差法比较大小，以及对数函数单调性，即可容易判断.
【详解】由，，可得，故A不正确；
由，，则，
则，可得，故B正确；
由，，，故C错误；
由可得，故D不正确.
故选：B.
【点睛】本题考查由已知条件判断不等式的正误，涉及对数函数单调性的应用，属综合简单题.
10. 的外接圆的圆心为O，半径为1，，且，则向量在向量方向上的投影为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简，可得，则共线，由均在圆上，且为圆心，故为直径，求得，利用数量积的几何意义可得结果,.
【详解】
因为，所以，
所以，
所以，
所以共线，
因为均在圆上，且为圆心，故为直径，长度为2，在圆上直径所对的角为直角，所以，
因为，所以，
又因为，所以
，如图所示．
所以向量在向量方向上的投影为.
【点睛】向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．
11. 已知、分别是双曲线的左、右焦点，点在上，若，且，则的离心率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，点在双曲线的左支上，利用勾股定理计算得出，利用双曲线的定义可得出、所满足的等量关系式，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】因为为双曲线的左焦点，且，则点在双曲线的左支上，
，由勾股定理可得，
由双曲线的定义可得，
所以，双曲线的离心率为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
12. 已知，，若对于、，，都有恒成立，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题首先可以求出，并证得在上为增函数，然后设以及，将转化为证明在上恒成立，再然后将在上恒成立转化为，令，得到，最后通过求出即可求出的取值范围.
【详解】因为，所以，
设，
因为，所以在上为增函数，
不妨设，则等价于，
即，
设，则证明，
即证明在上恒成立，化简得，，
设，则，，
因为在上单调递增，
所以，，
故选：D．
【点睛】本题考查通过导数求不等式恒成立，考查函数单调性的定义的灵活应用，考查通过导数判断函数单调性，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.
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. 等差数列中，，，设为数列的前项和，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列的性质可得出的值，然后利用等差数列的求和公式可求出的值.
【详解】由等差数列的基本性质可得，
因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列求和，同时也考查了等差数列基本性质的应用，考查计算能力，属于基础题.
14. 已知在单调递减，且为奇函数.若，则满足的x的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数奇偶性，可得函数值，整理不等式，结合函数单调性，化简不等式，可得答案.
【详解】由函数为奇函数，则，
由不等式，则，可得，
由函数在单调递减，则，解得.
故答案为：.
15. 三棱柱中，面，所有顶点在同一个球面上，，则该球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题设所求外接球是以为邻边长方体的外接球，进而求出球体半径，即可求球的表面积.
【详解】由题意，三棱柱是以为邻边长方体截得的，其外接球是其长方体的外接球，
其直径是长方体的对角线长为，所以，
所以该球的表面积为.
故答案为：
16. 在中，，，是角，，所对应边，且，，成等比数列，则的取值范围___.
【答案】
【解析】
【分析】将所求式子进行化简得到，根据题意得到，再由三角形三边关系，得到不等式，从而得到关于的不等式组，解出的范围，得到答案.
【详解】
因为，，成等比数列，所以，即，
在中，，即，
所以，
设，所以，即，
解得，
所以，
即
故答案为：.
【点睛】本题考查三角恒等变形，三角形三边关系，正弦定理角化边，解一元二次不等式，属于中档题.
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. 已知正项数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设是的前n项和，求使成立的最大正整数n.
【答案】（1）；（2）5.
【解析】
【分析】
（1）当时，根据，得到，两式相减得，再利用等差数列的定义求解.
（2）根据（1）得到，用裂项相消法求，然后再代入求解.
【详解】（1）当时，由，
得，
两式相减得，
当时，，且
所以数列是等差数列，
；
（2），
，
解得，
所以最大的正整数为5.
【点睛】本题主要考查数列通项公式和前n项和间的关系以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18. 如图在四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，平面平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若，为线段的中点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连结，由面面垂直和线面垂直的性质可知；由正方形特点知，由线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）由中点性质可知，利用体积桥的方式可求得结果.
【详解】（1）取的中点，连结，
为等边三角形，，
平面，平面平面，平面平面，
平面，又平面，，
底面为正方形，.
又，平面，平面，
平面，平面平面
（2）为线段的中点，到平面的距离为到平面的距离的.
由（1）知：平面平面，
由面面垂直的性质可知：在中，边上的高即为三棱锥的高，
，.
【点睛】本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、三棱锥体积的求解问题，涉及到线面垂直和面面垂直的判定与性质定理、三棱锥体积公式的应用；求解三棱锥体积的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为高易求的三棱锥的体积的求解问题.
19. 某外卖平台为提高外卖配送效率，针对外卖配送业务提出了两种新的配送方案，为比较两种配送方案的效率，共选取50名外卖骑手，并将他们随机分成两组，每组25人，第一组骑手用甲配送方案，第二组骑手用乙配送方案.根据骑手在相同时间内完成配送订单的数量（单位：单）绘制了如下茎叶图：
（1）根据茎叶图，求各组内25位骑手完成订单数的中位数，已知用甲配送方案的25位骑手完成订单数的平均数为52，结合中位数与平均数判断哪种配送方案的效率更高，并说明理由；
（2）设所有50名骑手在相同时间内完成订单数的平均数，将完成订单数超过记为“优秀”，不超过记为“一般”，然后将骑手的对应人数填入下面列联表；
（3）根据（2）中的列联表，判断能否有的把握认为两种配送方案的效率有差异.
附：，其中.
【答案】（1）甲中位数为53；乙中位数为49；甲配送方案的效率更高，详见解析（2）填表见解析；（3）有的把握认为两种配送方案的效率有差异
【解析】
【分析】（1）茎叶图完全反映所有的原始数据，由茎叶图直接得甲中位数53，乙中位数49
（2）求出平均数由茎叶图数据直接填入列联表，
（3）代入公式，计算出的值，与独立性检验判断表比较作出判断.
【详解】解：（1）用甲配送方案的骑手完成外卖订单数的中位数为53，
用乙配送方案的骑手完成外卖订单数的中位数为49，
因为用乙配送方案的骑手完成外卖订单数的平均数为 且，
所以，甲配送方案的效率更高.
（2）由茎叶图知.
列联表如下：
（3）因为，
所以有的把握认为两种配送方案的效率有差异.
【点睛】本题考查利用茎叶图求中位数和平均数问题及独立性检验.
独立性检验的关键是正确列出2×2列联表，并计算出的值；独立性检验是对两个变量有关系的可信程度的判断，而不是对它们是否有关系的判断．
20. 已知右焦点为的椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过的直线与椭圆分别交于、（不与点重合），直线、分别与轴交于、，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，且直线的方程为.
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，设直线、的斜率分别为、，将韦达定理代入等式，求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为椭圆经过点，且该椭圆的右焦点为.
所以，，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）存在直线，使得，理由如下：
若直线与轴垂直，则直线过点，不合乎题意，
由已知可设所在直线的方程为，
代入椭圆的方程，得，
，
设、，则，，
记直线、的斜率分别为、，
欲使直线满足，只需.
因为、、三点共线，所以，即.
即
.
由，即，可得.
所以存在直线，使得，
此时直线的方程为，即.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数，且.
（1）当时，求函数的单调区间与极大值；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）的单调增区间为,单调减区间为，极大值，无极小值；（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，求 ，由和可得的单调区间，由单调性即可得极值；
（2），即当时，恒成立，利用导数分、讨论的单调性和最值，最小值小于即可.
【详解】（1）当时，函数，
，
由，可得，单调递增；
由，可得，单调递减；
所以函数的单调增区间为,单调减区间为，
当时，函数取极大值，无极小值.
（2）由题意可得：
对于恒成立，
，
①当，时，；
时，恒成立，所以在上是增函数，
且，所以不符合题意；
③当时，时恒有，故在上是减函数，
所以对任意都成立只需，
即，解得：，故.
综上所述：的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
（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]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于，两点，求．
【答案】（1）,；（2）1．
【解析】
【分析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果.
【详解】解：（1）曲线的参数方程为为参数，且，转换为直角坐标方程为．
直线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为．
（2）直线与轴交点记为，即，
转换为参数方程为为参数）与曲线交于，两点，
把直线的参数方程代入方程．
得到，
所以，，
则：．
【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 设函数.
（1）解不等式；
（2）当x∈R，0