2024届广东省深圳市深圳中学高三上学期8月开学摸底数学试题含答案

2024届广东省深圳市深圳中学高三上学期8月开学摸底数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由并集和补集的概念即可得出结果.

【详解】∵

∴，则，

故选：C.

2．已知复数满足，则的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算化简复数，利用共轭复数的定义可得结果.

【详解】因为，则，

所以，.

故选：B.

3．已知曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，再将切点代入切线方程，即可求出；

【详解】解：，，

∴，∴．将代入得，∴．

故选：C．

4．函数在区间上的图象大致为（    ）

A．   B．   C．   D．    

【答案】C

【分析】根据奇偶性排除D，再取特值排除AB.

【详解】因为，关于原点对称，

，

所以函数为奇函数，故D错误；

因为，所以，所以，故A错误；

因为，所以，所以，故B错误；

故选：C.

5．某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ）

A．34种 B．56种 C．96种 D．144种

【答案】C

【分析】先求出讲座只能安排在第一或最后一场的方法总数，再求出讲座和必须相邻方法总数，最后由分步乘法计算原理即可得出答案.

【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，

讲座和必须相邻，共有种结果，

根据分步计数原理知共有种结果.

故选:C．

6．现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件“甲参加跳高比赛”，事件“乙参加跳高比赛”，事件“乙参加跳远比赛”，则（    ）

A．事件A与B相互独立 B．事件A与C为互斥事件

C． D．

【答案】C

【分析】根据条件求出，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可

【详解】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有不同的安排方法，

事件“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有种方法；

若跳高比赛安排1人，则有种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有种，则，同理，

若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有种不同的安排方法，所以，

因为，事件A与B不相互独立故A错误；

对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误；

对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有种，所以，所以，故C正确；

对于D，，故D错误.

故选：C

7．是双曲线的左、右焦点，直线l为双曲线C的一条渐近线，关于直线l的对称点为，且点在以F2为圆心、以半虚轴长b为半径的圆上，则双曲线C的离心率为

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据左焦点与渐近线方程，求得关于直线l的对称点为，写出以F2为圆心、以半虚轴长b为半径的圆的方程，再将代入圆的方程，化简即可得离心率．

【详解】因为直线l为双曲线C的一条渐近线，则直线

因为是双曲线的左、右焦点

所以（-c，0），（c，0）

因为关于直线l的对称点为，设为（x，y）

则

解得

所以为（）

因为是以为圆心，以半虚轴长b为半径的圆，则圆的方程为

将以的（）代入圆的方程得

化简整理得 ，所以

所以选B

【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程、离心率的应用，点关于直线对称点的求法，对于几何关系的理解非常关键，属于难题．

8．符号表示不超过实数的最大整数，如，.已知数列满足，，.若，为数列的前项和，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由变形可推出数列为等比数列、为常数列，求出这两个数列的通项公式，可求出数列的通项公式，求得，利用裂项相消法可求出，结合题中定义可求得的值.

【详解】因为，则，且，

所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，

所以，，①

由可得，且，

所以，数列为常数列，且，②

由①②可得，

因为，

，则，

所以，，所以，，

所以，，

所以，

，

因此，.

故选：B.

二、多选题

9．已知，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据三角函数值的正负判断角的范围，利用同角三角函数的平方关系和商数关系，二倍角公式计算即可.

【详解】解：已知，则，

解得，C选项正确；

因为，，所以，，

而，则，所以，A选项正确；

由于，则，

联立，解得，，

则，B选项正确；

，D选项错误；

故选：ABC.

10．若、、，则下列命题正确的是（    ）

A．若且，则

B．若，则

C．若且，则

D．

【答案】BD

【分析】利用特殊值法可判断A选项；利用作差法可判断BCD选项.

【详解】对于A选项，若且，取，，则，A错；

对于B选项，若，则，B对；

对于C选项，若且，则，

则，故，C错；

对于D选项，，

当且仅当时，等号成立，故，D对.

故选：BD.

11．如图，在正方体中，，，，均是所在棱的中点，则下列说法正确的是（    ）

A． B．平面

C．平面平面 D．

【答案】ABC

【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面和平面的法向量，利用空间直线的方向向量与平面的法向量的关系即可求解.

【详解】依题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示

不妨设正方体的棱长为，则

所以，

所以，即，亦即，故A正确；

所以，

设平面的一个法向量为，则

，即，令，则，

所以，

所以，即，

又平面，

所以平面，故B正确；

所以，

设平面的一个法向量为，则

，即，令，则，

所以，

所以，即，

所以平面平面，故C正确；

所以,

所以和不平行，故D错误.

故选：ABC.

12．已知函数及其导函数满足，且，则（    ）

A．在上单调递增 B．在上有极小值

C．的最小值为 D．的最小值为

【答案】AB

【分析】由已知等式变形可得出，设（为常数），根据题中条件求出的值，可求出的解析式，利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值与导数的关系可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断CD选项.

【详解】因为函数及其导函数满足，

则，即，

令（为常数），所以，，

因为，可得，所以，，

对于A选项，当时，，

所以，函数在上单调递增，A对；

对于B选项，由可得，且，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，函数在上有极小值，B对；

对于C选项，令，其中，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，C错；

对于D选项，，令，可得，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，D错.

故选：AB.

三、填空题

13．的展开式中，项的系数为          ．

【答案】252

【分析】写出二项式通项公式，求出项的对应，进而确定求系数.

【详解】由二项式展开式通项为，

令，则，则，故项的系数为.

故答案为：

14．如果平面向量，，则向量在上的投影向量为      .

【答案】

【分析】由已知可求得，，进而得出，然后根据即可得出答案.

【详解】由已知可得，，，

所以，，

所以，向量在上的投影向量为.

故答案为：.

15．已知正数a，b满足，则函数的定义域为           .

【答案】

【分析】根据指对数的运算可求得的值，然后列出不等式求解即可得到函数的定义域.

【详解】由可得，即，所以，代入

即，解得或（舍），则

所以

解得

所以函数定义域为

故答案为:

16．如图，直三棱柱中，⊥，，，点P在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为      ．

【答案】

【分析】先设出BP=x，，利用求出，结合基本不等式求出时，面积取得最小值，补形后三棱锥的外接球即该长方体的外接球，求出外接球半径和表面积.

【详解】由勾股定理得：，

设BP=x，，则，，

，

由得：，解得：，

因为，故

由基本不等式得：，

当且仅当，即时，等号成立，

将三棱锥补形为长方体，则三棱锥的外接球即该长方体的外接球，

其中长方体的外接球的直径为，

故半径为，故三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：

四、解答题

17．在中，内角所对的边分别为，已知，且.

(1)求的值；

(2)求的面积；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据诱导公式、同角三角函数的基本关系式以及两角和的余弦公式求得正确答案.

（2）先求得，然后利用三角形的面积公式求得正确答案.

【详解】（1）.

.

由正弦定理可得.

（2），

所以的面积.

18．已知数列各项都不为，前项和为，且，数列满足，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)令，求数列的前项和为

【答案】(1);;

(2)

【分析】(1)利用即可求，再根据累加法，即可求解.

(2)利用错位相减法即可求解.

【详解】（1）由，可得，两式相减得，整理得，因为数列各项都不为，所以数列是以为公比的等比数列．令，则，解得，故．

由题知，

所以

（2）由（1）得，所以，

，

两式相减得，

所以．

19．书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．

(1)根据频率分布直方图，估计这位年轻人每天阅读时间的平均数（单位：分钟）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）

(2)若年轻人每天阅读时间近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求；

(3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组，，的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于的人数的分布列和数学期望．

附参考数据：若，则①；②；③．

【答案】(1)

(2)

(3)分布列见解析；期望为

【分析】（1）根据频率分布直方图以及平均数的计算方法计算即可；

（2）依据，利用正态分布的对称性计算即可；

（3）先由题意得到随机变量的取值，并分别计算相应的概率，然后列出分布列，并按期望公式计算即可.

【详解】（1）根据频率分布直方图得：

．

（2）由题意知，即，

所以．

（3）由题意可知，和的频率之比为：，

故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，

随机变量的取值可以为，

，，

，，

故的分布列为：

所以.

20．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；

(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；是上靠近的三等分点

【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；

【详解】（1）过点作于点，

因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，

又平面，所以，

又平面，平面，

所以，

又因为，，平面，

所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，

以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，，

设平面的一个法向量为，

即取，，，

所以为平面的一个法向量，

因为在线段上（不含端点），所以可设，，

所以，

设平面的一个法向量为，

即，

取，，，

所以为平面的一个法向量，

，又，

由已知可得

解得或（舍去），

所以，存在点，使得二面角的余弦值为，

此时是上靠近的三等分点．

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，求函数在上的零点个数．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)零点个数为2

【分析】（1）求导得到，再对分类讨论，求解函数的单调区间.

（2）求导得到，因无法轻易求得的解，故根据导函数的性质将的取值范围分为三段分别讨论，即可求解零点个数.

【详解】（1）解：∵，故，

当时，恒成立，则在上单调递增；

②当时，令，解得，

故时，，单调递减，时，，单调递增.

综上，当时，则在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.

（2）由已知得，，

则．

①当时，因为，

所以在上单调递减．所以．

所以在上无零点．

②当时，因为单调递增，且，，

所以存在，使．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，且．

所以．设，，则．

令，得．

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以．

所以．所以．

所以．所以在上存在一个零点．

所以在有2个零点．

③当时，，

所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．

综上所述，在上的零点个数为2．

22．已知椭圆，抛物线，且、的公共弦过椭圆的右焦点.

(1)当轴时，求、的值，并判断抛物线的焦点是否在直线上；

(2)求、的值，使得抛物线的焦点在直线上.

【答案】(1)，，该焦点不在直线上

(2)，

【分析】（1）当轴时，点、关于轴对称，所以，求出直线的方程，可求得点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，即可求出的值；

（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程分别与椭圆、抛物线的方程联立，利用韦达定理可得出，再结合抛物线、椭圆的焦半径公式可求出的值，进而可求得的值.

【详解】（1）解：当轴时，点、关于轴对称，所以，

易知椭圆的右焦点坐标为，则直线的方程为，

将代入椭圆的方程可得，解得，

从而点的坐标为或.

因为点在抛物线上，所以，即，则抛物线的方程为，

此时的焦点坐标为，该焦点不在直线上.

（2）解：由（1）知直线的斜率存在，故可设直线的方程为.

由消去得①，

因为直线过椭圆内的点，故直线与椭圆必相交，

设、，易知、，

则、是方程①的两根，则，

由消去得②，

因为的焦点在直线上，

所以，即.

代入②有，即③，

由于、也是方程③的两根，所以.

从而，解得④，

又直线过、的焦点，则，

同理可得，所以，，

所以，

则.⑤

由④⑤式得，即，解得.

于是，.

因为的焦点在直线上，

所以，即.

综上可知：，.

【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.