四川省泸州市叙永第一中学校高三上学期开学考试数学试题

2024年秋期高2022级高三开学考试数学试题注意事项：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,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.第I卷（选择题58分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用集合的交并补运算即可得解.【详解】因为全集，集合，所以，又，所以，故选：A.2.使不等式成立的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据充分不必要条件的知识确定正确答案.【详解】不等式成立的一个充分不必要条件是，是的必要不充分条件，是的非充分非必要条件，是的充分必要条件.故选：A3.命题“有一个偶数是素数”的否定是（）A.任意一个奇数是素数 B.任意一个偶数都不是素数C.存在一个奇数不是素数 D.存在一个偶数不是素数【答案】B【解析】【分析】根据存在量词命题，否定为，即可解得正确结果.【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.故选：B4.若，则的最小值是（）A. B.1C.2 D.【答案】C【解析】【分析】根据给定等式，利用均值不等式变形，再解一元二次不等式作答.【详解】，当且仅当时取等号，因此，即，解得，所以当时，取得最小值2.故选：C5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三角恒等变换得到，再利用诱导公式求出答案.【详解】因为，即，所以．故选：D6.如图所示，四边形是正方形，分别，的中点，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由平面向量的线性运算可得，即可求出，进而求出的值.【详解】，所以，所以，所以，.故选：D.7.已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（）A.32 B.33 C.44 D.45【答案】C【解析】【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求，运算求解即可.【详解】当为偶数时，，令，且n为偶数，解得，故n的最大值为44；当为奇数时，，令，且为奇数，解得，故n的最大值为43；综上所述：n的最大值为44.故选：C.【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：1.适用条件：数列中出现等形式时，常用利用并项求和求；2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.8.已知函数的定义域为R，且，则（）A. B. C.0 D.1【答案】A【解析】【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．【详解】[方法一]：赋值加性质因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．由于22除以6余4，所以．故选：A．[方法二]：【最优解】构造特殊函数由，联想到余弦函数和差化积公式，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，由于22除以6余4，所以．故选：A．【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9.已知复数均不为0，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】设出、，结合复数的运算、共轭复数定义及复数的模的性质逐个计算即可得.【详解】设、；对A：设，则，，故A错误；对B：，又，即有，故B正确；对C：，则，，，则，即有，故C正确；对D：，，故，故D正确.故选：BCD.10.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.的图象关于点对称D.在区间上单调递增【答案】ACD【解析】【分析】根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确答案.【详解】，，由于，所以，所以A选项正确，B选项错误.，当时，得，所以关于对称，C选项正确，，当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确.故选：ACD11.在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（）A.存在旋转函数B.旋转函数一定是旋转函数C.若为旋转函数，则D.若为旋转函数，则【答案】ACD【解析】【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.【详解】对A，如满足条件，故A正确；对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.当时，最多1个解，满足题意；当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.又，故，即恒成立.即图象在上方，故，即.当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.故选：ACD第二卷非选择题（92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）12.已知，则的值为_________．【答案】##1.5【解析】【分析】根据三角函数的诱导公式，化简求值，即得答案.【详解】由题意知，则,故答案为：13.若实数，且，则______.【答案】0【解析】【分析】由，可得，据此可得答案.【详解】因，则，，又由换底公式推论可得，设，则，故，由换底公式，则.故答案为：014.已知函数（e为自然对数底数），若关于x的方程有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】设，由题可得当时，有两个零点，进而可得有两个正数解，利用数形结合即可求得的取值范围.【详解】令，可得，所以函数为偶函数，由题意可知当时，有两个零点，当时，，，即当时，，由，可得，即方程在上有两个正数解，∵函数的导函数为在上恒成立，∴作出函数与直线大致图象如下图∵方程在上有两个正数解，恒过点，∴，由相切，设切点为，由可得，故切线的斜率为，所以切线的方程为，由切线过，可得，解得或（舍去），故切线的斜率为，即，所以当时，直线与曲线由两个交点，综上可得实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：（1）直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.已知函数的部分图象如图.（1）求函数的解析式;（2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，求值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据图象由函数最值求得，由函数周期求得，由特殊点求得，即可求得解析式；（2）根据三角函数图象的变换求得的解析式，再利用整体法求函数值域即可.【小问1详解】由图象可知，的最大值为，最小值为，又，故，周期，，，则，从而，代入点，得，则，，即，，又，则..【小问2详解】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，故可得；再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象故可得；，，，.16.的内角的对边分别为，已知．（1）求角；（2）若角的平分线交于点，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到，再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解；（2）利用正弦定理得出，再由余弦定理求出，，再根据三角形的面积建立等式求解．【小问1详解】由，根据正弦定理可得，则，所以，整理得，因均为三角形内角，所以，因此，所以．【小问2详解】因为是角的平分线，，所以在和中，由正弦定理可得，，因此，即，所以，又由余弦定理可得，即，解得，所以．又，即，即，所以．17.已知等差数列的公差，且，，，成等比数列，数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求证.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）列关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，可得数列的通项公式，再由，可得当时，，联立求得数列的通项公式；（2）由（1）知，验证时，；当时，利用可证结论．【详解】（1）数列是等差数列，依题知：，解得或（舍．．，①当时，，②①②得，．又当时，满足上式，；证明：（2）由（1）知．当时，；当时，．．综上，．【点睛】本题考查数列递推式，考查由数列递推式求数列的通项公式以及裂项相消法求和，训练了利用放缩法证明数列不等式，是中档题．18.已知，，为偶函数.（1）求的解析式；（2）求证：时，有且只有一个根，且；（3）若恒成立，求a.【答案】（1）（2）证明见解析（3）1【解析】【分析】（1）两式相加可得，即可根据偶函数求解，（2）构造函数，求导判断函数单调性，即可结合零点存在性定理求解，（2）分离参数，构造，求导确定函数单调性，即可求解.【小问1详解】由，可得，由于为偶函数，故，进而可得，由于不恒为0，故，解得，故【小问2详解】令，当时，则，令，则，令则，故在0,+∞单调递增，故，故hx在0,+∞又，故存在唯一的，且，得证，【小问3详解】由可得当时，，当时，，令，则，故单调递减，在0,+∞单调递减，故时，，此时，故，当时，，此时，故，要使对任意的，都有成立，故，故，【点睛】方法点睛：对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.19.对于一个四元整数集，如果它能划分成两个不相交的二元子集和，满足，则称这个四元整数集为“有趣的”．（1）写出集合的一个“有趣的”四元子集：（2）证明：集合不能划分成两个不相交的“有趣的”四元子集：（3）证明：对任意正整数，集合不能划分成个两两不相交的“有趣的”四元子集．【答案】（1）（符合要求即可）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据四元整数集定义写出即可；（2）假设可以划分成两个不相交的“有趣的”四元子集，再根据每个子集中均有两个偶数证明不成立即可；（3）假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集，再根据每个子集中均有两个偶数证明不成立即可.【小问1详解】（符合要求即可）：小问2详解】假设可以