四川省兴文第二中学2023-2024学年高三文科数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

宜宾兴文二中高2021级高三上学期开学考试

文科数学

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. 设为虚数单位，复数满足，则的虚部是(    )

A. -1 B. i C. -2 D. -2i

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的运算法则计算并根据复数的基本概念即可求解．

【详解】，

∴z的虚部为-2．

故选：C．

2. 已知，则是的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要

【答案】C

【解析】

【分析】利用指数函数的性质，结合充分必要条件的判断即可得解.

【详解】因为为单调递减函数，

所以当时，，即充分性成立；

当时，，即必要性成立；

所以是的充要条件.

故选：C．

3. 已知袋中有大小、形状完全相同的4个红色、3个白色的乒乓球，从中任取4个，则下列判断错误的是（    ）

A. 事件“都是红色球”是随机事件

B. 事件“都是白色球”是不可能事件

C. 事件“至少有一个白色球”是必然事件

D. 事件“有3个红色球和1个白色球”是随机事件

【答案】C

【解析】

【分析】对事件分类，利用随机事件的定义直接判断即可．

【详解】因为袋中有大小、形状完全相同的4个红色、3个白色的乒乓球，所以从中任取4个球共有：3白1红，2白2红，1白3红，4红四种情况.

故事件“都是红色球”是随机事件，故A正确；

事件“都是白色球”是不可能事件，故B正确；

事件“至少有一个白色球”是随机事件，故C错误；

事件“有3个红色球和1个白色球”是随机事件，故D正确．

故选：C

4. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据程序框图的步骤，运行计算即可求解.

【详解】第一次执行，由，则，又由，则进入循环；

第二次执行，由，则，又由，则进入循环；

第三次执行，由，则，又由，则进入循环；

第四次执行，由，则，又由，则进入循环；

第五次执行，由，则，又由，则输出,

故选：.

5. 若向量，满足且，则（ ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 0

【答案】D

【解析】

【分析】先证明，可得，利用数量积运算法则求解即可.

【详解】向量满足且，，

，

，故答案为0.

【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算法则以及向量垂直的性质，属于基础题.

6. 袋中共有10个除了颜色外完全相同球，其中有7个白球，3个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

求出任取2球的基本事件的总数，以及事件“1个白球，1个红球”含有的基本事件的个数，然后可计算出概率．

【详解】由题意从10个球中任取2个的方法数是，其中一红一白的事件有，所以所求概率为．

故选：C．

【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求得基本事件的个数．

7.  一个体积为的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：因为正方体的体积为，所以棱长为，因为正方体的定点都在球面上，所以正方体的体对角线应该为球的直径，所以球的直径为所以球的半径为，所以球的表面积为

考点：本小题主要考查正方体与其外接球的关系和球的表面积的计算，考查学生的运算求解能力.

点评：正方体外接于球，则正方体的体对角线为球的直径；如果球内切于正方体，则正方体的棱长等于球的直径.

8. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和,利用垂直关系和三角形面积公式，可得：，因此该几何体表面积，故选B．

【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题，一般都是求棱锥或棱柱的体积而这道题是求表面积，因此考查学生计算基本功以及空间想象的能力

9. 已知，实数满足对于任意的，都有，若，则实数a的值为（    ）

A.  B. 3

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题得是的一个极大值点，化简即得解.

【详解】解：由题意及正弦函数的图象可知，是的一个极大值点，

由，得.

故选：D.

10. 已知函数f(x)＝若函数y＝f(x)－k有三个不同的零点，则实数k的取值范围是（    ）

A. (－2，2) B. (－2，1) C. (0，2) D. (1，3)

【答案】C

【解析】

【分析】利用导数及对数函数的单调性作出函数图像，数形结合判断当函数与直线有三个交点时参数k的取值范围.

【详解】当x<0时，f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3x2－3，

令f′(x)＝0，解得或1(舍去)，

故f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减.

又f(x)＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上单调递增.

则函数f(x)的图象如图所示，

f(x)极大值＝f(－1)＝2，且f(0)＝0，

数形结合知当k∈(0，2)时，函数与直线有三个交点，即y＝f(x)－k有三个不同零点.

故选：C

【点睛】本题考查根据函数零点个数求参数的取值范围，属于中档题.

11. 已知抛物线的焦点为F，过点P（2，0）的直线交抛物线于A，B两点，直线AF，BF分别于抛物线交于点C，D．设直线AB，CD的斜率分别为，则（    ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意设直线的方程和直线的方程，分别与抛物线方程联立得到，，，然后求即可.

【详解】 

由题意得，设直线的方程为，，，，,

联立得，，

设直线的方程为，联立得，，同理可得，

所以.

故选：B.

12. 已知关于的不等式在恒成立，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将条件变形为，然后由的单调性可得，然后可得，然后利用导数求出的最小值即可.

【详解】由得

即，

构造，即

因为在上单调递增，所以，所以

所以，令，则

所以在上单调递减，在上单调递增

所以，所以，即

又，即

所以的取值范围是

故选：B

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. 某校1200名学生中，型血有450人，型血有350人，型血有250人，型血有150人，从中抽取容量为48的样本，按照分层抽样的方法抽取样本，则要抽取的型血的人数为_________.

【答案】10

【解析】

【分析】根据分层比可求型血的人数.

【详解】因为用分层抽样的方法抽取样本，故要抽取的型血的人数为.

故答案为：.

【点睛】本题考查分层抽样，注意按分层比计算所取的人数，本题属于容易题.

14. 实数满足条件，则的最大值为_______________

【答案】

【解析】

【分析】画出可行域，向下平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.

【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值为.

【点睛】本小题主要考查线性规划求线性目标函数的最大值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

15. 圆：和圆：交于两点，则直线的方程是____．

【答案】

【解析】

【分析】直接用两个圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程．

【详解】由

得

故答案为．

【点睛】本题考查了与圆与圆的位置关系相关的问题，考查了公共弦所在直线的求法，属于基础题．

16. 已知、两所大学的专业设置都相同（专业数均不小于），数据显示，大学的各专业的男女生比例均高于大学的相应专业的男女生比例（男女比例是指男生人数与女生人数比）．据此，

甲同学说：“大学的男女比例一定高于大学的男女生比例”；

乙同学说：“大学的男女比例不一定高于大学的男女生比例”；

丙同学说：“两所大学的全体学生的男女比例一定高于大学的男女生比例”．

其中，说法正确的同学是__________．

【答案】乙

【解析】

【分析】结合特例可得说法正确的为乙.

【详解】设A大学有专业1，男女比例为，人数为人，

有专业2，男女比例，人数为3人；

设B大学有专业1，男女比例为，人数为人，

有专业2，男女比例为，人数为人；

则上述比例满足题设要求，

则大学的男女比例为，而大学的男女比例为，

故答案为：乙

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. 在世界读书日期间，某地区调查组对居民阅读情况进行了调查，获得了一个容量为200的样本，其中城镇居民140人，农村居民60人.在这些居民中，经常阅读的城镇居民有100人，农村居民有30人.

（1）填写下面列联表，并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关？

（2）调查组从该样本的城镇居民中按分层抽样抽取出7人，参加一次阅读交流活动，若活动主办方从这7位居民中随机选取2人作交流发言，求被选中的2位居民都是经常阅读居民的概率.

附：，其中.

【答案】（1）见解析，有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关.（2）

【解析】

【分析】

（1）根据题中数据得到列联表，然后计算出，与临界值表中的数据对照后可得结论；（2）由题意得概率为古典概型，根据古典概型概率公式计算可得所求.

【详解】（1）由题意可得：

则，

所以有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关.

（2）在城镇居民140人中，经常阅读的有100人，不经常阅读的有40人.

采取分层抽样抽取7人，则其中经常阅读的有5人，记为、、、、；

不经常阅读的有2人，记为、.

从这7人中随机选取2人作交流发言，所有可能的情况为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种，

被选中的位居民都是经常阅读居民的情况有种，

所求概率为.

【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算，以及独立性检验的应用，利用列举法是解决本题的关键，考查学生的计算能力.对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可，属于中档题.

18. 设函数（）．

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）若对任意及任意，恒有成立，求实数的取值范围．

【答案】（1） 当时，在上是减函数；当时，在和单调递减，在上单调递增；当时，在和单调递减，在上单调递增；

（2）.

【解析】

【分析】（1）求导可得，因为，所以，讨论与的大小，化情况讨论的单调性即可；

（2）任意，恒有成立，所以求出在区间上的最值，再求的取值范围即可.

【详解】（1），

当，即时，在定义域上是减函数；

当，即时，令得或令得

当，即时，令得或令得

综上，当时，在上是减函数；

当时，和单调递减，在上单调递增；

当时，在和单调递减，在上单调递增，

（2）由（1）知，当时，在上单调递减，是最大值，是最小值；

，

，而，经整理得，

因为时，由对勾函数知单调递减，

所以时，单调递增，故得，所以

19. 如图所示，平面平面是等腰直角三角形，，四边形是直角梯形，，，，分别为的中点.

（1）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；

（2）求四面体的体积.

【答案】（1）平面，理由见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据已知条件及三角形的中位线定理，再利用平行的传递性及平行四边形的判定，再结合线面平行的判定即可求解；

（2）根据已知条件得出点到平面的距离，进而得到点到平面的距离，再求出面积，结合三棱锥的体积公式即可求解.

【小问1详解】

直线与平面平行，理由如下

如图所示，

取中点为，连接，

因为为的中点，为的中点，

所以.

又 ，，所以，

所以，

所以四边形为平行四边形.则.

又平面，平面，

所以平面.

【小问2详解】

因为是等腰直角三角形，，为的中点.

所以,，，

因为平面平面，，

平面平面，

所以平面，平面，所以，，

又，所以平面，

所以点到平面的距离为，因为为的中点.

即点到平面的距离为，

因为为的中点，所以，

又因为四边形是直角梯形，，，，

所以

，

所以四面体ODME的体积为

.

20. 函数．

（1）若函数有2个零点，求实数a的取值范围；

（2）若在上的值域为，求实数a的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数求出函数的单调性和最小值，由最小值小于即可解得结果；

（2）根据得到，得到函数在上为减函数，进而求出最小值和最大值，结合已知的值域列式可求出的值.

【小问1详解】

的定义域为，

，

当时，，当时，，

所以在上为减函数，在上为增函数，

所以当时，取得最小值，为，

因为当趋近于时，趋近于，当趋近于正无穷时，也趋近于正无穷，

所以若函数有2个零点，则，解得.

【小问2详解】

由（1）可知，函数在上为减函数，在上为增函数，且的最小值，为，

若在上的值域为，则，即，所以，

所以函数在上为减函数，

所以，，解得符合题意；

综上所述：

【点睛】关键点点睛：第二问中，利用函数在上的最小值小于等于在上的最小值，求出的范围，这样避免分类讨论是解题关键.

21. 已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，左顶点为A，且满足，椭圆上的点到焦点距离的最大值为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若P是椭圆上的任意一点，求的取值范围；

（3）已知直线与椭圆相交于不同的两点M，N(均不是长轴的端点)，AH⊥MN，垂足为H且，求证：直线l恒过定点．

【答案】（1）   

（2）   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意列方程组，解得参数，即可得到椭圆的标准方程；

（2）把条件转化成关于的横坐标的代数式，以抛物线在给定区间求值域的方法解之即可；

（3）把条件转化成，极大简化了运算量，是数形结合的的一个范例，得到参数关系后，即可求得直线l所过定点.

【小问1详解】

由已知，解得，，则，

故椭圆的标准方程为．

【小问2详解】

设，则，又，．

∴．

由于在椭圆上，∴．

由在区间上单调递增，可知

当时，取最小值为0；当时，取最大值为12．

故的取值范围是

【小问3详解】

由消去得：．

设，，则，

，  ．

由得．

，即，

可得，则，

即

化简得．

∴或，均适合．

当时，直线过，舍去；

当时，直线过定点．

故直线l恒过定点.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率等问题．

（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. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于点A，B，且，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据直角坐标与极坐标的互化，结合余弦二倍角公式即可求解，

（2）联立直线与曲线的方程，由直线参数方程的几何意义即可求解.

小问1详解】

由得，将 代入可得，即

【小问2详解】

将曲线的参数方程带入曲线得：，即

设A，B两点对应的参数分别为，，则，

所以异号，

∴

（选修4-5 不等式选讲）

23. 已知函数，且不等式的解集为．

（1）求实数的值；

（2）若正实数满足，证明：．

【答案】（1），   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意，可得，然后列出方程求解，即可得到结果；

（2）根据题意，结合柯西不等式代入计算即可得到证明.

【小问1详解】

，且，

，解得．

．           

．

（i）当时，由，解得（不合题意，舍去）；

（ii）当时，由，解得，经检验满足题意．

综上所述，．

【小问2详解】

由（1）得．．

，