四川省遂宁市2024届高三数学下学期开学考试理科试题含解析

这是一份四川省遂宁市2024届高三数学下学期开学考试理科试题含解析，共22页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是， 函数的图象大致为， 的展开式中x3y3的系数为等内容，欢迎下载使用。
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，考生务必将自已的姓名､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. 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.
5. 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
6. 已知数列为等比数列且，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】先求出公比，进而可求得，再根据等差数列的前项和公式及等差数列的性质计算即可.
【详解】设数列的公比为，则，所以,
所以，
所以.
故选：C.
7. 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.
8. 的展开式中x3y3的系数为（）
A. 5B. 10
C. 15D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.
【详解】展开式的通项公式为（且）
所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：
和
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为
所以的系数为
故选：C
【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
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（在的左边），且．下列说法不正确的是（）
A. 当运动时，二面角的最小值为
B. 当运动时，三棱锥体积不变
C. 当运动时，存在点使得
D. 当运动时，二面角为定值
【答案】C
【解析】
【分析】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断. 对C：由反证法判断；对D：平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.
【详解】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为在上，且，，
可设，则，
则，
设平面的法向量为，
又，所以，即，
取，则，
平面的法向量为，所以．
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
因为，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故A说法正确．
对B：因为，点A到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，故B说法正确．
对C：若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故C说法错误．
对D：连接，平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D说法正确．
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（）
AB. 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. 已知函数有三个不同的零点，且．则实数的值为（）
AB. C. －1D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】令，从而求导以确定函数的单调性及取值范围，再令，从而化为有两个不同的根，从而可得或，讨论求解即可．
【详解】令，则，当时，是增函数，当时，是减函数；
又趋向于0时趋向负无穷，趋向于正无穷时趋向0，且，
令，则，要使有3个不同零点，
则必有2个零点，若，则或，
所以有两个不同的根，则，
所以或，且，，
①若，，与的范围相矛盾，故不成立；
②若，则方程的两个根一正一负，即，；
又，则，且，，
故.
故选：D
第II卷（非选择题，满分90分）
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. 在中，，，，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据角的余弦定理形式求解出的值，再根据余弦定理求解出的值.
【详解】因为，
所以，
所以，
故答案为：.
15. 如图，在中，，，是的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】当平面时，三棱锥的体积最大，此时，使用补形法求解即可.
【详解】
如图，由题意，当平面平面，即平面时，三棱锥的体积最大.
∵，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. 已知抛物线的焦点为F，准线为，点在抛物线上，点为与轴的交点，且，过点向抛物线作两条切线，切点分别为，则_____
【答案】1
【解析】
【分析】根据题目条件，先求出抛物线的标准方程，然后求出直线的方程，联立消，利用韦达定理即可求得本题答案.
【详解】把点，代入抛物线，得，则点，
作，垂直为，设，所以，，易知，
在中，因为，即，得，
所以，得，所以抛物线标准方程为：，
设两点的坐标分别为，
因为，所以，，又，
所以切线的直线方程为：，化简得，
因为经过点，所以，同理可得，，
所以点的坐标满足方程，即直线的方程为，
联立消得，，
所以，，
所以
故答案为：1.
【点睛】关键点睛：因为，且，，所以直线的方程为，求出的直线方程是解决本题的关键.
三､解答题：共70分.第17题至第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.
17. 已知数列前n项和为．从下面①②中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分．
①数列是等比数列，，且成等差数列；
②数列是递增的等比数列，，；
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列的前n项的和为，且．证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）选①：根据等比数列基本量的计算，求出首项及公比即可求解；
选②：根据等比数列的性质有，结合已知求出即可得公比，从而得答案；
（2）由（1）根据对数的运算性质求出，然后利用裂项相消求和法求出即可证明.
【小问1详解】
选①：因为数列是等比数列，设公比为，，且，，成等差数列，
所以，解得，所以；
选②：因为数列是递增的等比数列，，，
所以，所以，，
所以；
【小问2详解】
由（1）知：，且，
所以.
18. 某企业举行招聘考试，共有人参加，分为初试和复试，初试成绩总分分，初试通过后参加复试．
（1）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中，，试估计初试成绩不低于分的人数；（精确到个位数）
（2）复试共三道题，每答对一题得分，答错得分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为，求的分布列及期望.
附：若随机变量服从正态分布，则：，，．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望为
【解析】
【分析】（1）分析可知，计算出的值，乘以可得结果；
（2）分析可知随机变量的取值分别为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【小问1详解】
解：因为学生初试成绩服从正态分布，其中，，
则，
所以
，
所以估计初试成绩不低于的人数为人.
【小问2详解】
解：的取值分别为、、、，
则，
，
，
.
故的分布列为：
所以数学期望为.
19. 如图，已知四棱锥中，，是面积为的等边三角形且，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理证明出，再由结合线面垂直的判定定理可证得平面，由线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
因为的面积为的等边三角形，即，所以，
因为，所以，，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
【小问2详解】
解：取的中点，连接，
因为为等边三角形，则，
又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的
正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，
所以，，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
20. 已知椭圆的左、右顶点为，点是椭圆的上顶点，直线与圆相切，且椭圆的离心率为
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在椭圆上，过左焦点的直线与椭圆交于两点（不在轴上）且(O为坐标原点)，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用点到直线距离结合直线和圆的位置关系求参即可；
（2）设直线联立方程组，结合弦长公式，计算求范围可得.
【小问1详解】
由题设因为，
所以：
，所以，
所以椭圆方程为
【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，其中，．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，函数恰有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分与两种情况，得到函数的单调性；
（2）转化为方程有两个不等的实数解，换元后得到，构造，求导得到其单调性，得到方程有唯一解，转化为有两个不相等的实数，构造函数，求导得到其单调性，结合函数走势，只需要，构造函数，得到其单调性，求出a的取值范围.
【小问1详解】
，
∵，，
∴当时，恒成立，函数在上单调递增．
当时，
当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
函数恰有两个零点，
等价于方程有两个不等的实数解．
∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，
∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，
当时，恒成立．
∴a的取值范围为．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.
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. 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．