四川省内江市第一中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学（文）试题

内江一中高2024届高三上学期入学考试 文科数学试题 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，只有一项是符合要求. 1．设，则的虚部为（    ） A． B． C．1 D．3 2．已知双曲线M：的焦点到其渐近线的距离为4，则双曲线M的渐近线的方程是（    ） A． B． C． D．y＝±2x 3．函数的单调增区间（    ） A． B． C． D． 4．下列求导数运算正确的是（    ） A． B． C． D． 5．设a，b都是实数，则“”是“”的（    ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 6．设一组样本数据的平均数为100，方差为10，则的平均数和方差分别为（ ） A. B. C. D. 7． 已知函数且在定义域上是单调函数，则实数t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8．高铁是一种快捷的交通工具，为我们的出行提供了极大的方便．某高铁换乘站设有编号为①，②，③，④，⑤的五个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散名乘客所需的时间如下： 安全出口编号 ①② ②③ ③④ ④⑤ ①⑤ 疏散乘客时间(s) 120 220 160 140 200 则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是（ ） A．① B．② C．④ D．⑤ 9．设函数是定义在实数集上的奇函数，在区间上是增函数，且，则有（ ） A. B. C. D. 10．从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为（ ）． A. B. C. D. 11．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，若点是与在第一象限内的交点，且,设与的离心率分别为，则的取值范围是（ ）．A． B． C． D． 12．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分 13．已知，则 . 14. 如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积为______. 15．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于P，Q两点，于H，若，O为坐标原点，则与的面积之比为 ． 16．若，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 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．动点与定点的距离等于点P到直线的距离，设动点P的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)经过定点直线与曲线交于两点，且点M是线段AB的中点，求直线的方程． 18. 某土特产超市为预估年元旦期间游客购买土特产的情况，对年元旦期间的位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表： 购买金额（元） 人数 附：参考公式和数据：，. 附表： 0.005 （1）根据以上数据完成列联表，并判断是否有的把握认为购买金额是否少于元与性别有关. 不少于元 少于元 合计 男 女 合计 （2）为做好年元旦的营销活动，该超市从年元旦期间的位游客购买金额少于元的人群中按照分层抽样的方法任选人进行购物体验回访，并在这人中随机选取人派发购物券，问能拿到购物券的人恰好是一男一女的概率是多少？ 19. 如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面ABCD. （1）证明：； （2）求三棱锥的体积. 20．在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数，记P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)设过点A(，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：直线MN过定点. 21．已知函数，若函数在点处的切线方程为. (1)求，的值； (2)求的单调区间； (3)当时，若存在常数，使得方程有两个不同的实数解，，求证：. （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，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． (1)求曲线M，N的极坐标方程； (2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求． [选修4-5：不等式选讲] 23．已知函数. (1)当时，求不等式的解集； (2)若恒成立，求实数的取值范围. 参考答案： 1．C 【详解】依题意，， 所以复数的虚部为1. 2．C 【详解】的焦点为，渐近线方程为：，则，解得：，所以渐近线方程为： 3．A 【详解】的定义域为， ， 令，解得， 故的单调递增区间为. 故选：A 4．A 【详解】解：A项中，，故A项正确； B项中，，故B项错误； C项中，，故C项错误； D项中，，故D项错误. 5．D 【详解】当，满足，但，所以充分性不成立； 若，则．但不满足，必要性不成立． 因此“”是“”的既不充分也不必要条件． 6．B 【详解】A：先把其余4个节目排列，共有5个空，再将2个小品插入5个空， 所以共有种不同的方法，故A错误； B：设，求得线性回归方程为，则，故的值分别是和，故B正确； C：若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B不独立，故C错误； D：若样本数据的方差为2， 则数据的方差为8，故D错误. 7．B 【详解】令，可得，解得， 由于的通项公式为， 当时，解得， 当时，解得， 该展开式的系数为． 8．C 【详解】（1）同时开放①⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放④⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为140s，所以疏散1000名乘客④比①快60s． （2）同时开放①⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放①②两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，所以疏散1000名乘客②比⑤快80s． （3）同时开放①②两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，同时开放②③两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，所以疏散1000名乘客①比③快100s． （4）同时开放②③两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，同时开放③④两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，所以疏散1000名乘客④比②快60s． （5）同时开放③④两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，同时开放④⑤两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为140s，所以疏散1000名乘客⑤比③快20s． 综上，疏散乘客最快的一个安全出口的编号是④． 9．A 【详解】在直三棱柱中，是等腰直角三角形，， 所以，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设，其中， ， 所以，， 当且仅当时，即当点为线段的中点时，取最小值，此时点， 则，， ， 因此，当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为. 10．B 【详解】将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有种排法， 而后将丙、丁进行插空，有3个空，有种排法，故共有＝24种排法. 11．D ，结合二次函数的性质即可求出范围. 【详解】如图所示： 设椭圆与双曲线的焦距为,,由题意可得 ， ，即 ，即 ， 由可知，令，， 所以，故选D. 12．D 【详解】构造，，则在上恒成立， 故在上单调递减，又， 故，故， 构造，， 则在上恒成立，故在单调递减， 又，，故，即， 故， 综上： 故选： D 13．0.14/ 【详解】因为X服从正态分布，所以， 因此． 故答案为：． 14． 【详解】因为，，， 所以， 故答案为： 15．12 【详解】依题意，由于H，得，即是正三角形，， 而，则直线的方程为， 由，消去y并整理，得， 令，解得，又准线， 因此， 所以与的面积之比. 故答案为：12. 16． 【详解】因为，，则， ，可得， 即，令，则， 令，其中且， ，则函数在上单调递增， 由可得，所以，，其中， ，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，解得. 故答案为：. 17．(1) (2) 【详解】（1）根据抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线， 且该抛物线以为焦点，所以所以， 所以曲线的方程为. （2）若直线垂直于轴，则AB的中点在轴上，不满足题意， 若直线不垂直于轴，设，且， 因为在曲线上，所以，两式相减得， ，所以， 即，所以的方程为整理得. 18．(1)； (2)分布列见解析，1人. 【详解】（1）由频率分布直方图各小长方形面积总和为1， 可知，解得. （2）成绩优秀的概率为， 从本次考试的全县所有学生中，随机抽取4人去其他学校进行爱国励志演讲宣传， 则抽取的4人中成绩优秀的人数服从二项分布， 即.∴的可能取值为0，1，2，3，4，且 ； ； ； ； . 即的分布列为 0 1 2 3 4 P ∵，∴(人). 19．（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）连接并延长交于点，连接， 因为为的重心， 所以. 因为， 所以， 则， 所以. 又面，面， 所以面.； （2）当三棱锥体积最大时， 平面平面，且和为等腰直角三角形， 则. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，. 所以，，. 设面的法向量为， 则 取，则，，故. 设与面所成角为， 则. 20．(1) (2)证明见解析 【详解】（1）解：设P(x，y)， 因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：的距离之比是常数， 所以， 化简得， 所以曲线E的方程为. （2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为，， 分别联立，解得M(，)，N(，－)， 此时直线MN的方程为，过点(，0)； 当直线MN斜率存在时设其方程为，() 由，消去y得， 所以，即， ，， 因为AM⊥AN， 所以，即， 即， 即， 将，代入化简得：， 所以或， 当时，直线MN方程为(不符合题意舍去)， 当时，直线MN方程为，MN恒过定点(，0)， 综上所述直线MN过定点(，0). 21．(1)、 (2)单调递减区间为，，单调递增区间为 (3)证明见解析 【详解】（1）因为，所以， 因为函数在点处的切线方程为，所以，即， 解得. （2）由（1）可得定义域为， 则， 因为， 所以当或时，当时， 所以的单调递减区间为，，单调递增区间为. （3）由（1）可得当时的单调递减区间为，单调递增区间为， 则在处取得极小值， 因为当时，存在常数，使得方程有两个不同的实数解，， 即与有两个交点，则， 不妨设，则， 要证， 即证，又，所以， 因为在上单调递增， 所以只需证明， 又，则只需证明， 令， 则 ， 令，，则， 则在上单调递减，且，所以， 所以，即在上单调递减， 所以， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 则. 22．(1)； (2) 【详解】（1）解：由，可得，即， 又由，可得， 所以曲线M的极坐标方程为． 由，可得，即， 即曲线N的极坐标方程为. （2）解：将代入，可得， 将代入，可得， 则， 因为，所以， 又因为，所以． 23．(1)或 (2) 【详解】（1）当时，， 当时，，故； 当时，，故无解； 当时，，故 因此，不等式的解集为或. （2）因为， 当且仅当时取等号， 故当，即时，， 解得或. 所以的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$