广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三数学上学期开学测试卷（Word版附解析）

这是一份广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三数学上学期开学测试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 有下列一组数据， ，则的大小关系是， 下列式子中最小值是的是等内容，欢迎下载使用。
华南师大附中2023-2024学年高三开学测数学本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号和座位号填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔涂黑答题卡上对应题目的答案标号；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在问卷上则答案无效.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的.1. 复数，则的辐角主值为（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先对复数化简，然后可求出，再根据辐角主值的定义求解即可【详解】因为，所以，则，，因为与对应的点在第四象限，所以，故选：B2. 设集合，则的子集数量是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解出集合，则得到其子集数量.【详解】，解得，又因为，所以，所以其子集数量为.故选：A.3. 椭圆的两焦点分别为 ，是椭圆上一点，当的面积取得最大值时，（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角形面积公式得当点位于椭圆的上下端点时，面积最大，再利用特殊角的三角函数即可得到答案.【详解】，所以，所以，则当最大时，面积最大，此时点位于椭圆的上下端点，则，因为，所以，所以.故选：C.  4. 展开式中项的系数是（     ）A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用二项展开式的通项可求出结果.【详解】因为的展开式的通项为，令，得，所以展开式中项的系数是，故选：D.5. 以下什么物体能被放进底面半径为，高为的圆柱中（     ）A. 底面半径为，母线长为的圆锥B. 底面半径为，高为的圆柱C. 边长为的立方体D. 底面积为，高为的直三棱柱【答案】B【解析】【分析】A选项，根据得到A错误；B选项，画出立体图形，设出未知数，得到，推出B正确；C选项，推导出能放入底面半径为，高为的的圆柱中；D选项，根据体积大小，得到D错误.【详解】由于，故该圆锥无法放入圆柱中，A错误；B选项，如图所示，将底面半径为，高为的圆柱放入半径为，高为的圆柱中，如图所示，  则，因为，由勾股定理得，设，则，则，，由勾股定理得，因为，则，，，故能被放进底面半径为，高为的圆柱中，B正确；C选项，边长为的立方体，面对角线长为，体对角线长为，要想放进高为的圆柱内，需要如图所示放入，其外接球的直径为，故要想放入圆柱中，只能放入以球为内切球的圆柱中，如图，过点的母线交上底面于点，交下底面于点，设，，由勾股定理得，连接，则，由勾股定理得，解得，  即边长为的立方体可放入底面半径为，高为的的圆柱中，因为，故C错误；D选项，底面积为，高为的直三棱柱体积为，由于底面半径为，高为的圆柱体积为，故无法放进放进底面半径为，高为的圆柱中，D错误.故选：B6. 有下列一组数据：，则这组数据的第百分位数是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由百分位数的求法求解即可.【详解】该组数据从小到大排列为：，因为，所以这组数据的第百分位数是从小到大的第8个，所以这组数据的第百分位数是8，故选：C7. 设数列 的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理得，再根据等比数列的求和公式即可得到答案.【详解】由二项式定理，，，根据指数函数单调性知则单调递增，当时，，时，故的最小值为7.故选：C.8. ，则的大小关系是（     ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】令，则，，，然后利用导数证明对任意（），都有，即可得结论.【详解】令，则，所以，，，下面证对任意（），都有，令，则只需比较的大小，因为，，所以，令，则，令，，则，，令，则，，因为，，，，所以，所以，所以在上递减，且，所以当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，若，有，且至多有一个不变号零点，单调递减，与矛盾，所以，若，有，且至多有一个不变号零点，单调递增，与矛盾，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查比较大小，考查导数应用，解题的关键是根据已知条件构造函数，然后将转化为，，，再次构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，漏选得2分，有选错或未选的得0分.9. 下列式子中最小值是的是（     ）A.  B. C.  D. 【答案】CD【解析】【分析】根据函数正负取值情况判断A，B；设，求导确定单调性与最值，可判断C；根据二次函数的性质求最值可判断D.【详解】对于A，当时，，则的最小值不可能是，故A错误；对于B，当时，，则的最小值不可能是，故B错误；对于C，设，所以，则当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，故C正确；对于D，二次函数开口向上，所以时，函数有最小值，故D正确.故选：CD.10. ，若将图象向左平移个单位长度后在上有且只有两个零点，则的取值可以是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，求出函数图象平移后所得图象对应的函数解析式，再利用余弦函数零点问题求出范围作答.【详解】依题意，函数图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为而，当时，，若函数上有且只有两个零点，则，解得，则选项BD不满足，AC满足.故选：AC11. 已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（     ）A. 若，则最大值是B. 若，则的最大值是C. 若，则的最大值是D. 若，则的最大值是【答案】AC【解析】【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点P的轨迹是一个椭球，当时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.【详解】由题意知，点P为动点，A、C为定点，，由椭圆的定义知，点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，而椭球面为一个椭圆，由，即，得，当点P运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，此时；设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，又，且，所以当且仅当时最大，即取到最大值；当时，由，得，则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，当即时，取到最大值，此时；当直线BP与球相切于点P即时，取到最大值，此时，则.故选：AC.12. 在本场考试中，多选题可能有个或个正确的选项，全部选对得分，漏选得分，有选错或未选的得分.如果你因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项，设该题恰有两个正确选项的概率为，你的得分为随机变量，则下列说法正确的是（     ）A. 若随机选择两项，则存在使B. 无论为多少，随机选择一项总能使最大C. 若，则随机选择两项比随机选择三项更优D. 若随机选择三项，则存在使【答案】BCD【解析】【分析】分别求出随机选择一项、两项、三项时得分的期望，然后即可得出结果.【详解】因为多选题可能有个或个正确的选项，恰有两个正确选项的概率为，所以恰有三个正确选项的概率为，若随机选择一项，则得分的所有可能取值为0，2，则，，则，若随机选择两项，则得分的所有可能取值为0，2，5，则，，，则，故A错误；若随机选择三项，则得分的所有可能取值为0，5，则，，则，显然存在使，故D正确；由于，，所以无论为多少，随机选择一项总能使最大，故B正确；由得，所以当，随机选择两项比随机选择三项更优，故C正确；故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设随机变量，则_____【答案】##0.5【解析】【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率作答.【详解】随机变量，所以.故答案为：14. 直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程________【答案】或或（只需写一条）【解析】【分析】画出它们的图像，由图像易得满足题意的两条公切线，再根据相切条件解得第三条公切线.【详解】圆的圆心坐标为，半径为，椭圆中，，它们的图象如下图：  由图可知，或与圆和椭圆同时相切，即符合条件的的方程可以为或假设公切线斜率存在且不为零时方程为，由图可知所以①由得由得②由①②解得故答案为： 或或（只需写一条）15. 底面是面积为的等边三角形的三棱锥的表面积是，则其体积的最大值是_____【答案】【解析】【分析】由题设条件可得关于体高的方程，利用基本不等式可求的最大值，故可求体积的最大值.【详解】过作平面，垂足为，作，垂足分别为，连接，因为平面，平面，故，而平面，故平面，而平面，故，同理，设.因为底面为等边三角形且面积为，故边长为2，因为三棱锥的表面积是，故侧面积为6，故，所以，所以，而，故，所以，由琴生不等式有，故，故即，当且仅当时等号成立.故体积的最大值为，故答案为：.【点睛】思路点睛：体积的最值问题，可以归结为高的最大值，此时应该根据高满足的等式关系结合常见不等式求最值.16. 有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是_____【答案】54【解析】【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合组合应用问题列式计算作答.【详解】依题意，至少拿出1个球，最多拿出4个球，当拿出1个球时，有种方法，当拿出2个球时，由于拿出的2个球不相邻，可视为把拿出的2个球放入余下6个球排成一排形成的7个空隙中的任意2个，可得8个球的对应排列，因此取2个球有种方法，当拿出3个球时，由于拿出的3个球不相邻，可视为把拿出的3个球放入余下5个球排成一排形成的6个空隙中的任意3个，可得8个球的对应排列，因此取3个球有种方法，当拿出4个球时，由于拿出的4个球不相邻，可视为把拿出的4个球放入余下4个球排成一排形成的5个空隙中的任意4个，可得8个球的对应排列，因此取4个球有种方法，所以所求的方案数量是.故答案为：54四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 向量与能作为平面向量的一组基底.（1）若，， ，证明三点共线（2）若与共线，求的值【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据向量线性运算得，再利用向量共线定理即可证明；（2）由题设，则得到，解出即可.【小问1详解】，，，又因为有公共点点，三点共线.【小问2详解】设，，即则，解得18. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的坐标运算求解方法进行求解.【小问1详解】∵四边形是正方形，∴．又∵平面平面，平面平面，且平面∴平面．小问2详解】由，得，∴．    建立如图所示的空间直角坐标系，则，∴，，．设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．则，令，则，∴．，令，则，∴，∴．∴平面与平面夹角的余弦值为．19. 在中，分别为的对边，. （1）证明；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）运用正余弦定理对条件进行转化，化简后便可得出结果；（2）借助三角形三边等量或不等关系，运用余弦定理、基本不等式求解出的取值范围.【小问1详解】因为，所以由正余弦定理得，，化简得，；【小问2详解】由（1）得，，因为，所以，当且仅当时取“=”，故，又因为，所以，故，所以，所以的取值范围为.20. 已知函数（1）当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围（2）若，，证明【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由在有解得出，再验证函数在上有极小值，从而得出实数的取值范围；（2）由导数得出的最小值，再由分析法证明.【小问1详解】题意知在上有极小值，则在有解，故，设，显然在单调递增，又，，所以. 当时，在单调递增，又，，由零点存在定理可知，且，此时当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故在上有极小值点.因此实数的取值范围.【小问2详解】由题得，，，在上小于，在上大于.在上单调递减，在上单调递增.最小值为只需证明，即，即，因为，所以， 该式子显然成立，即.【点睛】关键点睛：解决问题（1）时，关键在于将在上有极小值，转化为在有解，分离参数，构造函数得出实数的取值范围.21. 已知椭圆的两焦点分别为 ，A是椭圆上一点，当时，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点S，过S作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意得，再结合椭圆定义，余弦定理、三角形面积公式可求得的值，从而可得椭圆方程；（2）先由直线和椭圆联立表示出点，点S的横坐标，再由点，点S的横坐标相等，得出之间的关系，从而表示出（保留），进而求出结果.【小问1详解】由题意得，  由椭圆定义可得，又，由余弦定理可得：，所以，又，解得，所以，故椭圆的方程为.小问2详解】直线，设，  联立与得，所以，恒成立，所以，故，设直线为，，联立，所以，由可得，所以，则，所以得，所以，则，由于函数在上为减函数，所以函数在上为增函数，所以函数在上为减函数，所以，所以.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问通过联立直线与表示出P点横坐标，再通过联立(设方程)与表示出S点横坐标，由P点横坐标与S点横坐标相等得到是解题的关键，然后表示出，进而求出结果.22. 记数列的前项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，证明对任意，；（3）某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）.参考数据：，，【答案】（1）    （2）证明见解析    （3）5【解析】【分析】（1）由可得，对分奇偶利用累加法可得，从而可得数列的通项公式；（2）设，作差判断数列的单调性，由差可设，设函数，求导即可得单调性，从而证明不等式成立；设，求导得单调性，从而可证得不等式；（3）结合（2）中不等式可得，在根据对数运算进行估值，即可得的估计值.【小问1详解】因为，当时，，即，当时，，则整理得，当为偶数时，，，，……，累加得，即，当为奇数时，，，，，……，累加得，即，综上，可得，所以由可得；【小问2详解】设，则所以设，设函数，所以所以当时，，故可得 ，故设，所以恒成立，可知，则，令可得所以，则累加得：，所以，故，原不等式得证.【小问3详解】设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得又，则，故.【点睛】关键点点睛：要证明不等式和，结合数列单调性证明作差法进行变形处理，在判断差的符号时，关键是构造函数，利用函数和导数的关系确定最值从而判断差的符号，即可证得结论.