广东省广州市执信中学2023-2024学年高三数学上学期开学考试试题（8月）（Word版附解析）

这是一份广东省广州市执信中学2023-2024学年高三数学上学期开学考试试题（8月）（Word版附解析），共23页。

2024届高三开学测试
数学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共5页，满分为150分.考试用时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和学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上.
2、选择题每小题选出答案后，用2B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；不能答在试卷上.
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；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和平整.
第一部分选择题（共60分）
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集的定义可求出答案.
【详解】因为，所以，所以
，
所以.
故选：B.
2. 已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（ ）
A. -3 B. C. 3 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.
【详解】因为为实数，则，即，所以.
故选：A.
3 已知正项等比数列，若，则（ ）
A. 16 B. 32 C. 48 D. 64
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项，先求出，然后根据求出公比，最后求
【详解】根据等比中项，，
又是正项数列，故（负值舍去）
设等比数列的公比为，由，
即，解得（正项等比数列公比不可是负数，负值舍去），
故
故选：B
4. 已知向量，满足，且，，则（ ）
A. 5 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的模长的计算即可求解.
【详解】，所以，
故选：D
5. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用七局四胜制，先赢四局者获胜，没有平局、甲每局赢的概率为，已知前两局甲输了，则甲最后获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用独立事件同时发生的概率公式，即可求得甲最后获胜的频率.
【详解】因为前两局甲都输了，所以甲需要连胜四局或第三局到第六局输1局
且第七局胜，甲才能最后获胜，
所以甲最后获胜的概率为.
故选：C
6. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.
【详解】由，
得，
所以为偶函数，故排除BD.
当时，，排除A
故选：C.
7. 已知，，，则（参考数据：）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
【详解】因为， ，
考虑构造函数，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.
8. 已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线的左右两支于两点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线的定义和性质表示出各边长，再利用直角三角形的边角关系及余弦定理求出即可.
【详解】由双曲线得出.
因为，所以.
作于C，则C是AB的中点.
设，则由双曲线的定义，
可得.
故，
又由余弦定理得，
所以，解得.
故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.

10. 已知是两两异面的三条直线，，，直线d满足，，，，则c与d的位置关系可以是（ ）
A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 垂直
【答案】BC
【解析】
【分析】作出正方体模型，确定，，所在直线分别为，符合题意，然后考虑直线c的位置情况，根据空间的线面位置关系，一一判断各选项，即可得答案.
【详解】如图，在正方体中，E是上一点（异于），，，所在直线分别为．

当所在直线为c时，符合题中条件，此时c与d平行，C正确；
当f所在直线为c时，符合题中条件，此时c与d异面，B正确；
若c与d相交，则a垂直于确定的平面，又a垂直于确定的平面，
则在同一个平面内，即b与c共面，与已知矛盾，A错误；
若c与d垂直，则c垂直于确定的平面，而b垂直于确定的平面，
推出b与c平行或重合，与已知矛盾，D错误，
故选：BC．
11. 如图是函数（，，）的部分图像，则（ ）

A. 的最小正周期为
B. 是的函数的一条对称轴
C. 将函数的图像向右平移个单位后，得到的函数为奇函数
D. 若函数（）在上有且仅有两个零点，则
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据图像可得，即可判断A；令解出即可判断B，接下来求得 ，即可得到的解析式，根据图象平移判断C；令，解出函数零点，然后根据在上有且仅有两个零点列出不等式解 即可判断D.
【详解】由图像可知， ， ，即，故A正确；
，此时，
又 在图像上， ，解得，
，
，， ，
当是函数的一条对称轴时，此时不符合题意，故B错误；
将的图象向右平移个单位后得到的图象对应的解析式为：
不为奇函数，故C错误；
令 ，解得 ，
当 时， ，不合题意
时， ；时， ；时， ；
又因为函数在上有且仅有两个零点
，解得 ，故D正确.
故选：AD.
12. 我国古代《九章算术》里记载了一个“羡除”的例子，羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪，如图是一个“羡除”模型，该“羡除”是以为顶点的五面体，四边形为正方形，平面，则（ ）

A. 该几何体的表面积为
B. 该几何体的体积为
C. 该几何体的外接球的表面积为
D. 与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】过E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，过F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，将该几何体分为一个棱柱与两个棱锥，取AD，BC的中点P，Q，则EP⊥AD，FQ⊥BC，然后求出表面积可判断A；连接PQ，交GH于T，则T为GH的中点，可证得FT⊥面ABCD，求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积，从而判断B；连接AC，BD交于点O，可求得O为该几何体的外接球的球心，半径R＝，求出表面积即可判断C；取AB的中点N，得AE∥FN，则与平面所成角等于FN与平面所成角，设N到面FBC的距离为h，利用等体积法，由求得，进而可得与平面所成角的正弦值，可判断D．
【详解】∵EF∥平面ABCD，EF在平面ABFE内，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，∴EF∥AB，
∵AB∥DC，∴EF∥DC，
∵
∴ABFE，DCFE均为等腰梯形，
过E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，连接KM，
过F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，连接GH，

∴EF∥KG∥MH， EF＝KG＝MH＝2，AK＝GB＝DM＝HC＝1，
∵AB∥DC ， FH⊥DC，∴AB⊥FH，
又AB⊥GF，GF，FH在平面FGH内，GF∩FH＝F，
∴AB⊥面FGH，同理，AB⊥面EKM，∴面FGH∥面EKM，
∴该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥.
分别取AD，BC的中点P，Q，连接FQ，EP，
∵，∴EP⊥AD，FQ⊥BC，
∴FQ＝，
∴，
FG＝，
，又，
∴该几何体的表面积为， 故A正确；
连接PQ，交GH于T，则T为GH的中点，连接FT，

∵AB⊥面FGH，FT在面FGH内，∴FT⊥AB，
∵GF＝FH＝EK＝EM，∴FT⊥GH，
又AB，GH在面ABCD内，AB∩GH＝G，∴FT⊥面ABCD，
∴FT＝，
∴，
∵，
∴，
∴该几何体的体积为，故B正确；
连接AC，BD交于点O，则O也在PQ上，连接OE，OF，

∵EF∥OQ，EF＝OQ，∴EFQO为平行四边形，
∴EO＝FQ＝，同理，FO＝EP＝，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝，
∴O为该几何体的外接球的球心，半径R＝，
∴该几何体的外接球的表面积为，故C错误；
取AB中点N，连接FN，NC，

∵EF∥AN，EF＝AN，∴EFNA为平行四边形，∴AE∥FN，
∴与平面所成角等于FN与平面所成角，设为，
设N到面FBC的距离为h，
∵，∴，
∴，∴，
∴，
即与平面所成角的正弦值为，故D正确．
故选：ABD．
第二部分非选择题（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的导函数为，且满足，则函数在点（2，）处的切线方程为________________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：对函数，求导可得，得，因而切线的斜率而，由点斜式可得切线方程为即
14. 已知数列各项均为正数，若，且，则的通项公式为______．
【答案】##
【解析】
【分析】推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式.
【详解】由已知可得，所以，，
所以，数列是等比数列，且该数列的首项为，公比为，因此，.
故答案为：.
15. 已知二项式的展开式中含的项的系数为，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.
【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：
有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，
此时系数是，即，解得：
故答案为：.
16. 设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数均有．则______．
【答案】
【解析】
【分析】采用赋值的方式可求得，令和可证得的对称轴和奇偶性，由此可推导得到的周期性，利用周期性可求得函数值.
【详解】令，则，；
令，，则，又，；
令，则，关于直线对称；
令，则，
不恒成立，恒成立，奇函数，
，，
是周期为的周期函数，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用抽象函数的周期性求解函数值的问题，解题关键是能够通过赋值的方式，借助已知中的抽象函数关系式推导得到函数的对称性和奇偶性，以及所需的函数值，进而借助对称性和奇偶性推导得到函数的周期.
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. 在中，角A的平分线交线段于点D．

（1）证明；
（2）若，，，求．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）由题得，再代入面积公式即得证；
（2）由题得，，求出，再利用余弦定理得解.
【详解】（1）证明：依题意为的平分线，设
∴
∵

故，
设A点到的距离为h，
则可知
∴可知
（2）由，又
∴可知，
在中，
∴在中，
即.
【点睛】方法点睛：解三角形的主要考点有正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，解答三角形问题时，主要从这几个考点出发.
18. 中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开，为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动.竞赛共有A和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道A类试题得10分；每答对1道B类试题得20分，答错都不得分.每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）.已知小明同学A类试题中有7道题会作答，而他答对各道B类试题的概率均为.
（1）若小明同学在A类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率；
（2）若小明只作答A类试题，设X表示小明答这3道试题的总得分，求X的分布列和期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望21
【解析】
【分析】（1）分A类试题答对和B类试题答对两种类型计算概率；
（2）列出X所有可能的取值，求出随机变量取每一个值的概率值，即可求随机变量的分布列及数学期望.
【小问1详解】
小明仅答对1题的概率.
【小问2详解】
可能的取值为0，10，20，30，
，，
，，
所以X的分布列为
X
0
10
20
30
P




所以.
19. 已知数列的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）设数列满足求最小的实数m，使得对一切正整数k均成立．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义即可证明.
（2）根据奇偶项的特点，由裂项求和和分组求和，结合等比数列求和公式即可求解，由不等式的性质即可求解.
【小问1详解】
由已知得，，
所以．
因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
【小问2详解】
证明：（2）由（1），当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
故



，
由
所以m的最小值为．
20. 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【小问1详解】
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.



21. 设，分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆的短轴的一个端点，已知的面积为，．
（Ⅰ）求椭圆标准方程；
（Ⅱ）是否存在与平行的直线，满足直线与椭圆交于两点，，且以线段为直径的圆经过坐标原点？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在满足条件的直线，方程为或．
【解析】
【分析】（Ⅰ）由的面积得，又根据得，结合关系即可求得椭圆的标准方程；公众号：全元高考
（Ⅱ）可设直线的方程代入椭圆方程求得两根关系，以线段为直径的圆经过坐标原点，则，代入坐标化简求取值，即可求得直线方程．
【详解】解：（Ⅰ）设，则的面积等于，所以．①
由，即，
得．
因为在直角中，，，，
所以，所以．②
由①②及，得，，，
所以椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）因为直线的斜率为，所以可设直线的方程为，代入，
整理得．
由，得．
设，，
则，．
若以线段为直径的圆经过坐标原点，则，
即，
得，
所以，得．
因为，所以．公众号：全元高考
所以存在满足条件的直线，方程为或．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. 已知函数，.
（1）若经过点的直线与函数的图像相切于点，求实数a的值；
（2）设，若有两个极值点为，，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，对函数求导，根据导数的几何意义进行求解即可；
（2）将有两个极值点为，，转化为方程在上有两个不同的根，根据根的判别式求出的取值范围，将不等式恒成立，转化为恒成立，通过构造函数，将问题转化为函数极值问题，进而即可求解.
【小问1详解】公众号：全元高考
的定义域为，
由，得，则，
因为经过点的直线与函数的图像相切于点，
所以，
所以，解得，
【小问2详解】
，则，
因为有两个极值点为，，
所以在上有两个不同的根，
此时方程在上有两个不同的根，
则，且，解得，
若不等式恒成立，则恒成立，
因为



不妨设，
则，
因为，所以，
所以在上递减，所以，
所以，
即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数几何意义，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将极值点问题转化为方程在上有两个不同的根，求出的范围，再将不等式恒成立，则恒成立，然后构造关于的函数，利用导数求出其范围，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.