四川省泸县2022-2023学年高三年级下册学期开学考试数学（文）试题【含答案】

泸县一中高2020级高三下期开学考试数学（文史类）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.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，再选涂其它答案标号.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.本试卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.一.选择题：本大题共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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别解出集合、中的不等式即可.【详解】因为所以故选：A【点睛】本题考查的是一元二次不等式的解法和集合的运算，较简单.2.设复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】分析：先根据复数除法得，再根据复数的模求结果.详解：因，所以,因此选D.点睛：首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3.已知的定义域为，则函数的定义域为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：因为函数的定义域为，故函数有意义只需即可，解得，选B．考点：1、函数的定义域的概念；2、复合函数求定义域．4.已知向量，满足，，，则向量，夹角的大小等于（）A.30° B.45° C.60° D.120°【答案】B【解析】【分析】首先根据平面向量的运算律求出，再根据计算可得；【详解】解：因为，，，所以，即，所以所以，因为，所以故选：B5.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，已知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A.2 B.3 C.10 D.15【答案】C【解析】【分析】根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.【详解】设阴影部分的面积是s，由题意得，选C.【点睛】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．6.等差数列中，其前项和为，满足，，则的值为（）A. B.21 C. D.28【答案】C【解析】【分析】利用基本量法求解首项与公差，再利用求和公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则，解得.故.故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解以及求和公式，属于基础题.7.若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】利用空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解．【详解】对于A中，若，则，所以不正确；对于B中，若，则与的关系不能确定，所以不正确；对于C中，若，则与的关系不能确定，所以不正确；对于D中，若，可得，又由，可得，所以是正确的．故选：D．【点睛】本题主要考查了空间线面、面面位置关系的判定定理与性质定理，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题．8.偶函数的定义域为，当时，是增函数，则、、的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分析出函数在上的单调性，可得出，比较、、的大小关系，即可得出结论.【详解】因为函数是偶函数且在上为增函数，故函数在上为减函数，所以，，故选：D．9.函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.考点：三角函数图像与性质10.甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的一篇文章.当它们被问到谁阅读了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅读”；丁说：“乙阅读了”.假设这四名学生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学生是A甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】B【解析】【分析】分别假设甲阅读，乙阅读，丙阅读，丁阅读，结合题中条件，即可判断出结果.【详解】若甲阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙、丁说的都不对，不满足题意；若乙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙说的都不对，丙、丁都正确；满足题意；若丙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙说的都对，丁说的不对，不满足题意；若丁阅读了语文老师推荐的文章，则甲说的对，乙、丙、丁说的都不对，不满足题意；故选B【点睛】本题主要考查逻辑推理问题，推理案例是常考内容，属于基础题型.11.已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则该双曲线的离心率是（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】写出渐近线，再利用斜率相等，进而得到离心率【详解】双曲线的渐近线为，易知与直线平行，所以.故选：D.12.已知，，，则、、这三个数的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的单调性及对数运算法则，结合换底公式与基本不等式即可判断得、、的大小.【详解】因为，所以，即，因为，所以，综上：.故选：C.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.已知，，则的值为________________【答案】【解析】【分析】由两边平方可求，再由平方关系求.【详解】由题得，，所以，又，所以，所以，所以.故答案为：.14.等比数列各项均为正数，，则__________．【答案】20【解析】【详解】由，得所以15.已知函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为______________．【答案】【解析】【分析】利用奇函数的定义求，再根据导数的几何意义求解即可.【详解】因为为奇函数，所以即，解得，则，所以切点，，所以切线斜率，切线方程为，故答案：.16.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为______．【答案】36π【解析】【详解】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r=3.球O的表面积为：.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.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答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必做题：共60分.17.在△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求角；（2）若，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角形内角和定理将，推导出，由此求出角.（2）由已知条件推导出，从而由余弦定理得出，最后利用基本不等式求出的最小值.【小问1详解】△中，，由正弦定理知，，∵，∴，∴，∴，∴，又∵,∴；【小问2详解】由（1）及得，所以,当且仅当时取等号，所以的最小值为.18.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了天空气中的和浓度（单位：），得下表：3218468123710（1）估计事件“该市一天空气中浓度不超过，且浓度不超过”的概率；（2）根据所给数据，完成下面的列联表：（3）根据（2）中的列联表，判断是否有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关？附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）有.【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据可得列联表；（3）计算出，结合临界值表可得结论.【详解】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的天数有天，所以该市一天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的概率为；（2）由所给数据，可得列联表为：合计641680101020合计7426100（3）根据列联表中的数据可得，因为根据临界值表可知，有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关.【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了完善列联表，考查了独立性检验，属于中档题.19.如图，在四棱锥中，是等边三角形，是上一点，平面平面.（1）若是的中点，求证：平面；（2）设=，当取何值时，三棱锥的体积为？【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在平面ABCD中，由勾股定理证明.在空间中，由平面平面得到平面从而有，再利用线面垂直的判定定理证明.（2）设，所以，则有，根据是等边三角形，平面平面得到点到平面的距离，即为四棱锥的高，且，再利用等体积法转化，则有，整理得求解.【详解】（1）因为，所以.因为是的中点，所以，所以，所以.又因为平面平面所以平面所以，所以平面.（2）设，所以，因为是等边三角形，平面平面点到平面的距离，即为四棱锥的高，且因为所以整理得：又因为解得【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理以及几何体体积的求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.20.已知抛物线：上的点到焦点的距离为．（1）求抛物线的方程；（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用抛物线的性质即可求解.（2）设直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，即可求解.【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为，由点到焦点的距离为，得，解得，所以抛物线的标准方程为．（2）设，，显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，联立消去得，由得，即．所以，．又因为，，所以，所以，即，解得，满足，所以直线的方程为．21.已经函数．（1）求函数的单调性；（2）若，求当时，a的取值范围．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据两种情况讨论.(2)求出，首先证明只需要求即可.【小问1详解】(1)时，，所以在单调递增.(2)时，时，时所以在单调递减，在单调递增.综上：时在单调递增时在单调递减，在单调递增【小问2详解】，要求，即求设，则，当，所以在上单调递增，在单调递减，所以即设，，，所以在单调递减，在单调递增，故当且仅当时成立.所以当且仅当即当且仅当时等号成立，，又因为所以，所以.（二）选做题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程.（2）若与交于A，B两点，求的面积.【答案】（1）的普通方程:;的直角坐标方程:（2）【解析】【分析】（1）参数方程中消去参数可得普通方程，极坐标方程利用公式可化为直角坐标方程；（2）联立，得点的坐标即可求得的面积.．【小问1详解】由消去得即为的普通方程，由得，所以，即为的直角坐标方程．【小问2详解】曲线与曲线联立解得