精品解析：四川省成都市蓉城名校联盟2023-2024学年高三上学期第一次联考文科数学试题（解析版）

2024届高三第一次联考文科数学考试时间120分钟，满分150分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.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.1.已知集合，，全集，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为或，全集，则，又因为集合，因此，.故选：C.2.已知幂函数的图象过点，则（）A. B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，求解即可.【详解】因为幂函数的图象过点，所以，解得.故选：C.3.已知为复数单位，，则的模为（）A. B.1 C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】根据复数运算的乘除法则，结合复数相等的定义可求得，进而可求得，再结合模长公式即可求解.【详解】由可得，所以，所以，则故选：A.4.在中，“”是“为锐角三角形”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】B【解析】【分析】在中，找出的等价条件，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为，则为锐角，所以，“”“为锐角三角形”，“”“为锐角三角形”，所以，“”是“为锐角三角形”必要不充分条件.故选：B.5.在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（）A.3 B.9 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为，是方程两根，所以，即，在等比数列中，，又，所以，因为，所以，所以.故选：B.6.已知，，，，若存在非零实数使得，则最小值为（）A.8 B.9 C.10 D.12【答案】B【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示可得，再结合基本不等式中的巧用“1”即可求解.【详解】若存在非零实数使得，即，又，，所以，即，所以，当且仅当，即时，等号成立.所以的最小值为.故选：B7.已知函数，则函数的图象的能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在时，的符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对于函数，有，解得，所以，函数的定义域为，因为，即函数为奇函数，排除BD选项，当时，，则，排除C选项.故选：A.8.已知平行四边形，若点是边的三等分点（靠近点处），点是边的中点，直线与相交于点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，设，，利用向量的基本定理可得，求得，从而问题可解.【详解】设，则，，设，，则，，因为，所以，解得，所以，即.故选：C.9.已知，若，则（）A. B. C. D.7【答案】D【解析】【分析】利用二倍角的正弦公式可求得的值，然后利用弦化切可得出所求代数式的值.【详解】因为，则，且，则，所以，，则，因此，.故选：D.10.已知函数，若时，恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】当时，，所以问题转化为，求解即可.【详解】由可得，当时，符合题意；当时，是关于的一次函数，此时只需区间端点的函数值不小于即可，又当时，，当时，，所以，即，解得，综上，.故选；A.11.若，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据指对函数的单调性可得，，，再作商比较的大小，从而可求解.【详解】因为，，令，而，即，所以，又因为，所以.故选：D12.已知函数若有3个实数解，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】时，，利用导数求函数单调区间，可证得此时有2个实数解，则时，，在定义区间内有1个实数解，利用函数单调性和最值列不等式求实数的取值范围.【详解】时，，，解得，解得，在上单调递减，在上单调递增，，，，所以方程在和上各有1个实数解，时，，函数在上单调递减，依题意，在上有1个实数解，则，解得.实数的取值范围为.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13函数，则______.【答案】【解析】【分析】先计算，从而可求解.【详解】，所以.故答案为：14.设数列的前项和为，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意，求得，进而求得的值，即可求解.【详解】由题意，数列满足，当时，，所以.故答案为：.15.设是定义在上的偶函数，且当时，，则不等式的解集为______.【答案】【解析】【分析】根据偶函数的性质可得，再根据单调性可得，求解即可.【详解】因为是定义在上的偶函数，所以等价于，又在上单调递增，所以，即，解得.故答案为：16.已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为______.【答案】【解析】【分析】参变分离后，令，求导后，借助放缩判断在上单调递减，从而可求解.【详解】当时，，则由可得，令，则，令，则，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，，即，当且仅当时，等号成立，所以当时，，所以在上单调递减，所以.所以的最大值为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题关键是能够借助放缩判断在上单调递减，从而使问题顺利求解.三、解答题：共70分.解答应㝍出文字说明、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.某地区运动会上，有甲、乙两位田径运动员进入了男子决赛，某同学决定运用高中所学的知识对该次决赛的情况进行预测，为此，他收集了这两位运动员近几年的大赛成绩（单位：秒），若比赛成绩小于10秒则称为“破十”.甲：10.54，10.49，10.31，10.37，9.97，10.25，10.11，10.04，9.97，10.03；乙：10.32，10.06，9.99，9.83，9.91；（1）求甲成绩的中位数与平均数（平均数的结果保留3位小数）；（2）从乙的5次成绩中任选3次，求恰有2次成绩“破十”的概率.【答案】（1）中位数，平均数为（2）【解析】【分析】（1）根据中位数和平均数的计算公式即可求解；（2）列举法求解即可.【小问1详解】甲成绩从小到大排列如下:，甲成绩的中位数为，平均数为；【小问2详解】乙的5次成绩有3次“破十”，记为，有2次没“破十”，记为，记恰有2次成绩“破十”为事件，则从乙的5次成绩中任选3次的结果有：共10种，其中满足事件的结果有共6种，，即恰有2次成绩“破十”的概率为.18.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角B；（2）若边上的中线长为2，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简，再结合余弦定理即可求解；（2）利用中线向量公式，结合数量积的运算可得，结合基本不等式与三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以，即，根据余弦定理可得，又因为，所以；【小问2详解】是上的中线，，即，，即，当且仅当时，等号成立，，即面积的最大值为.19.如图，在直三棱柱中，底面是以为底边的等腰直角三角形，，.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）利用等体积法即可求解.【小问1详解】在直三棱柱中，平面，平面，又平面，平面，平面，平面平面；【小问2详解】由（1）可知平面，又平面，由题意可知，，，，设点到平面的距离为，由可得，，即，解得.所以点到平面的距离为.20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，短半轴长为1，点在椭圆上运动，且的面积最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）当点为椭圆的上顶点时，设过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得，求解即可；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，结合韦达定理即可证明.【小问1详解】设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.所以，所以，，故椭圆E的标准方程为；【小问2详解】由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，记，由得，，此时，即或，，.综上所述，，即为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数，.（1）当时，求在处的切线方程；（2）当时，设函数，求证：有解.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）化简得出函数的解析式，利用可证得结论成立.【小问1详解】解：当时，，则，，则，故当时，在处的切线方程为，即.【小问2详解】证明：当时，，，，因为，故不等式有解.（二）选考题：共10分.请考生在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：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）求直线和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交弦的中点坐标为，求直线的极坐标方程.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）在直线与曲线中消去参数，可得出直线和曲线的直角坐标方程；（2）利用点差法可求出直线的普通方程，再化为极坐标方程即可.【小问1详解】解：在直线的参数方程中消去参数可得，在曲线的参数方程中消去参数可得，所以，直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】解：设直线交曲线于点、，则，，若直线轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，由已知可得，两个等式作差可得，即，即，整理可得，所以，直线的方程为，即，所以，直线的极坐标方程为.选修4-5：不等式选讲23.已知定义域为的函数.（1）若，求函数的最小值；（2）若，不等式恒成立，求实数的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值；（2）利用绝对值三角不等式可得出关于实数的不等式，结合，可解出的取值范围，即可得解.【小问1详解】解：当时，，当且仅当时，等号成立，故函数的最小值为.【小问2详解】解：若，由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，因为不等式恒成立，则，即或，解得或，因为，则，故正实数的最小值为.