四川省邻水县九龙中学2022-2023学年高三年级下册学期开学入学考试理科数学试题【含答案】

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1、邻水县九龙中学高2020级入学考试题理科数学一、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. 若，则在复平面内，复数所对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】求出复数的代数形式，进而可得其对应的点所在象限.【详解】由得，复数所对应的点为，位于第一象限故选：A2. 已知集合，则表示的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，B中元素的范围，再求即可.【详解】,且，.故选：D.3. 2021年11月10日，中国和美国在联合国气候变化格拉斯哥大会期间发

2、布中美关于在21世纪20年代强化气候行动的格拉斯哥联合宣言（以下简称宣言）承诺继续共同努力，并与各方一道，加强巴黎协定的实施，双方同意建立“21世纪20年代强化气候行动工作组”，推动两国气候变化合作和多边进程为响应宣言要求，某地区统计了2020年该地区一次能源消费结构比例，并规划了2030年一次能源消费结构比例，如图所示：经测算，预估该地区2030年一次能源消费量将增长为2020年的2.5倍，预计该地区（）A. 2030年煤的消费量相对2020年减少了B. 2030年天然气的消费量比2020年的消费量增长了5倍C. 2030年石油的消费量相对2020年不变D. 2030年水、核、风能的消费量是

3、2020年的7.5倍【答案】D【解析】【分析】设年该地区一次能源消费总量为，计算出年该地区煤、石油、天然气以及水、核、风能的消费量，逐项判断可得出合适的选项.【详解】设年该地区一次能源消费总量为，年煤的消费量为，规划年煤的消费量为，故A错误；年天然气的消费量为，规划年天然气的消费量为，比2020年增长了4倍，故B错误；年石油的消费量为，规划年石油的消费量为，故C错误；年水、核、风能的消费量为，规划年水、核、风能的消费量为，故D正确.故选：D.4. 已知直线，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据两直线平

4、行，求得的值，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：若，则有，解得，当时，当时，所以：若，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A5. 如图，在边长为4的等边中，点为中线的三等分点（靠近点），点为的中点，则（ ）A. B. C. D. 3【答案】C【解析】【分析】由已知可推得，进而根据平面向量数量积的运算求解即可得出结果.【详解】由已知，所以.由已知是的中点，所以，.所以，所以，.故选：C.6. 设命题：方程表示焦点在轴上的椭圆；命题：方程表示焦点在轴上的双曲线，若为真，则实数的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆定义求出命题为真时的范围，

5、根据双曲线定义求出命题为真时的范围，再根据命题和命题均为真求解即可.【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得， 即命题为真时，；方程表示焦点在轴上的双曲线，则，解得，即命题为真时，；若真，则命题和命题均为真，故选：A.7. 已知直线与圆，则下列说法错误的是（ ）A. 对，直线恒过一定点B. ，使直线与圆相切C. 对，直线与圆一定相交D. 直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为【答案】B【解析】【分析】首先求出直线过定点，则可判断A，求出圆心，则，根据点在圆内，则直线与圆一定相交，故可判断B,C，对D选项，分析出时弦长最短，则，代入数据计算即可.【详解】直线，即，令，解得，即直线恒过定点，故

6、A正确；圆，即圆，圆心，半径，则，即点在圆内，所以直线与圆一定相交，故B错误，故C正确，当时直线与圆相交且直线被圆所截得的弦长最短，最短弦长，故D正确，故选：B.8. 以下关于的命题，正确的是（ ）A. 函数在区间上单调递增B. 直线是函数图象的一条对称轴C. 点是函数图象的一个对称中心D. 将函数图象向左平移个单位，可得到的图象【答案】D【解析】【分析】根据三角函数恒等变换化简为，计算出，根据正弦函数的单调性，可判断A;采用代入验证的方法可判断;根据三角函数的平移变换可得平移后的函数解析式，判断D.【详解】由题意得，当时，由于函数在不单调，故函数在区间上不是单调递增函数，A错误；当时，故直线

7、不是函数图象的对称轴，B错误；当时，故点不是函数图象的对称中心，C错误；将函数图象向左平移个单位，可得到的图象，D正确，故选：D9. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，右顶点为，上顶点为，以线段为直径的圆交线段的延长线于点，若且线段的长为，则该椭圆方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】推导出、是等腰直角三角形，可得出以及，可求出、的值，进而可求得的值，由此可得出该椭圆的方程.【详解】设椭圆的半焦距为，因为点在以线段为直径的圆上，所以.又因为，所以.又因为，所以是等腰直角三角形，于是也是等腰直角三角形， ，得，解得，得，所以椭圆方程为.故选：D.【点睛】本题考查椭圆方程求解，

8、解答关键就是求出、的值，考查计算能力，属于中等题.10. 已知函数若正实数满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，由导数结合奇偶性得出在上单调递增，进而得出，最后由基本不等式得出答案.【详解】函数定义域为，令，易知和均奇函数，所以为奇函数，所以在上单调递增由得即，所以，即则当且仅当时，取等号故选：D【点睛】关键点睛：本题考查点较为综合，解决时关键在于利用导数得出，进而由基本不等式得出最值.11. 已知三棱锥，其中平面，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式

9、进行求解即可.【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面，所以，设是中点，因为，所以，因为平面，平面，所以，因此，因此四边形是平行四边形，故，由余弦定理，得，由正弦定理，得，所以该外接球的半径满足，故选：C【点睛】关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.12. 已知椭圆，点是上任意一点，若圆上存在点、，使得，则的离心率的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】连接，设直线、分别与圆切于点A、B，根据题意得到，在直角三角形中，利用正弦函数的定义得到，再结合，得到的离心率的取值范围【详解】连接，当不为椭圆的上、下顶点时，设直线、分别与圆切于点A、B

10、，存在、使得，即，又，连接，则，又是上任意一点，则，又，则由，得，又，故选：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 若变量，满足不等式组，则的最大值是_【答案】9【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在直线中，表示直线的纵截距，直线向上平移，纵截距增大，即增大，由得，即，因此平移直线，当它过点 时， 为最大值故答案为：9.14. 展开式中含项的系数为_【答案】30【解析】【分析】先利用二项式定理求出的展开式通项，再利用多项式相乘进行求解.【详解】的展开式通项为，因为，在中，令，在中，令，得，所以

11、展开式中的系数为.故答案为：30.15. 若，则a的值为_【答案】1【解析】【分析】利用对数运算性质进行计算.详解】故答案为：.16. 在正三棱柱中，点P满足，其中，则下列说法中，正确的有_（请填入所有正确说法的序号）当时，的周长为定值当时，三棱锥的体积为定值当时，有且仅有一个点P，使得当时，有且仅有一个点P，使得平面【答案】【解析】【分析】结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；结合图形得到不同位置下有，判断出错误；结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.【详解】由题意得：，所以P为正方形内一点，当时，即，所以P在线段上，所以周长为，

12、如图1所示，当点P在处时，故错误；，如图2，当时，即，即，所以P在上，因为BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故正确；，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于ABC为等边三角形，N为BC中点，所以ANBC，又BC，所以BN平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出平面，而平面，则，即，故错误；，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故

13、正确.故选：【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.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1721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. 在中，角所对的边分别为，（1）求的值；（2）若，求边上中线的长【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可化简得到，代入即可求得的值；（2）根据向量数量积的定义可求得，利用余弦定理可求得，根据，根据向量数量积的定义和运算律可求得，进而得到中线长.【小问1详解】由正弦定理得：，又，

14、解得：.【小问2详解】，由余弦定理得：，即边上中线的长为.18. 如图，AB是圆O的直径，PA圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，CBA30，AB2PA.（1）证明：平面ABD平面PBC；（2）若G为AD的中点，求二面角PBCG的余弦值【答案】（1）证明见解析; （2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质结合圆的性质证明平面,再利用线面、面面垂直的判断推理作答;（2）以点C为坐标原点,建立空间直角坐标系,借助空间向量计算二面角的余弦值作答.【小问1详解】因为圆O所在的平面,即平面,而平面,则,又是圆O的直径,C为圆周上一点,有,又,平面,则平面,而平面,因此,中,有,又,

15、即,而D为线段的中点,则,又,平面,因此平面,而平面,所以平面平面.【小问2详解】过点C作,如图,由平面知,平面,以C为原点,直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,令,则,设平面的法向量为,平面的法向量为,则,令,得,同理,令,得,所以,由图可知,二面角为锐角,所以它的余弦值为.19. 已知等比数列的各项都为正数，数列的首项为，且前项和为，再从下面中选择一个作为条件，判断是否存在，使得，恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；，；【答案】若选：不存在；若选：存在；若选：存在或【解析】【分析】由等比数列通项公式可求得公比，进而得到；若选，利用与关系可推导证得为等比数列，从而求得，由此

16、可得，结合指数函数单调性可确定数列为递增数列，由此可得结论；若选，由等比中项定义可确定数列为等比数列，由此可求得，从而得到，结合指数函数单调性可确定数列为递减数列，由此可得结论；若选，由等差数列定义可确定为等差数列，由此可求得，从而得到，采用作差法可求得数列的单调性，从而确定的取值.【详解】设等比数列的公比为，；若选条件，当时，则，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；，在上单调递增，数列为递增数列，没有最大值，不存在，使得恒成立；若选条件，数列为等比数列，数列的公比为，；在上单调递减，数列为递减数列，即存在，使得恒成立；若选条件，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，；设，则，当时，；当时

17、，；当时，；，存在或，使得恒成立.20. 已知焦点在轴上的椭圆，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右顶点为，过的直线与椭圆交于点、，且，求直线的方程【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的标准方程；（2）分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式求出的值，即可求得直线的方程.【小问1详解】椭圆半焦距c，由已知可得，解得，因此，椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：易知点、，若直线与轴重合，则、为椭圆的长轴顶点，不符合

18、题意，所以，直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，联立可得，由韦达定理可得，所以，整理可得，解得，因此，直线的方程为或.21. 已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2）【解析】【分析】（1）求出导函数，利用的范围，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可.（2）不等式等价于在上恒成立，构造函数，通过函数的导数，利用二次函数的性质，说明极值点一正一负，设函数，利用导函数，结合函数的单调性，转化求解的范围即可.【小问1详解】解：（1）因为的定义域为，且.若，则，所以在上单调递增.若，令，得.当时，；当时，.所以

19、在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】（2）不等式在上恒成立等价于在上恒成立，令，则.对于函数，所以其必有两个零点.又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点，则，即.此时在上单调递增，在上单调递减，故，即.设函数，则.当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以.由在上单调递增，得.故的取值范围为.（二）选考题：选修44：坐标系与参数方程22. 在极坐标系中，若点为曲线上一动点，点在射线上，且满足，记动点的轨迹为曲线（1）求曲线的极坐标方程；（2）若过极点的直线交曲线和曲线分别于两点，且的中点为，求的最大值【答案】（1）或（或） （2）【解析】【分析】（1）当

20、在线段上时，可确定或；当不在线段上时，设，采用相关点法可求得设点轨迹；综合两种情况可得结论；（2）当时，重合，不合题意；当，设，与曲线和曲线的极坐标方程联立可得，由此用表示出，结合正弦型函数值域求法和的单调性可求得最大值.【小问1详解】当在线段上时，由得：或；当不在线段上时，设，则，即，又，；综上所述：曲线的极坐标方程为或（或）.【小问2详解】若曲线为（或），此时重合，不合题意；若曲线为，设，由得：，由得：，是中点，令，即，又在上单调递增，（当且仅当时取等号），即，的最大值为.选修45：不等式选讲23. 已知函数，若的解集为（1）求实数，的值；（2）已知均为正数，且满足，求证：【答案】（1）， （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据求出，再分类讨论解不等式，与已知解集比较可得；（2）由，得，根据基本不等式得，再根据可证不等式成立.【小问1详解】因为的解集为，所以，即，所以，又，所以，即.所以，当时，,得，则，当时，得，当时，得，不成立，综上所述：的解集为，因为的解集为所以.【小问2详解】由（1）知，所以，所以，当且仅当，时，等号成立，所以，所以，当且仅当，时，等号成立.