四川省遂宁市2024届高三数学下学期开学考试文科试题含解析

这是一份四川省遂宁市2024届高三数学下学期开学考试文科试题含解析，共21页。试卷主要包含了 设等差数列的前项和为，若，则， 下列说法不正确的是， 函数的图象大致为等内容，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