2024届广东省河源市河源中学等校高三上学期开学联考数学试题含答案

2024届广东省河源市河源中学等校高三上学期开学联考数学试题

一、单选题

1．若复数z的虚部小于0，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设复数，然后根据，解得，最后带入求解即可.

【详解】设复数，因为，

所以，所以，

所以.

故选：B.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合，再求两集合的交集即可

【详解】由得，，所以，

因为，所以.

故选：A.

3．最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位），则平地降雪厚度的近似值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据梯形中位线定理，结合圆台体积公式进行求解即可.

【详解】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为，

所以平地降雪厚度的近似值为.

故选：C

4．已知公差不为零的等差数列的前项和为，，则（    ）

A．17 B．34 C．48 D．51

【答案】D

【分析】设公差为，则由已知条件可得，然后求解，再代入中化简可得答案.

【详解】设公差为，则，，

，，

则.

故选：D.

5．已知，则（    ）

A．9或 B．81或 C．9或 D．81或

【答案】C

【分析】两边取对数，然后根据指对函数运算法则计算即可；

【详解】由，两边取对数得：

所以

所以，

所以或，

所以或.

故选：C.

6．已知在上单调递减，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，得或，然后代入函数验证即可.

【详解】因为，，所以或，

当时，此时，由，得，

因为在上单调递增，所以在上单调递增，舍去；

当时，此时，由，得，

因为在上单调递减，所以在上单调递减，所以.

故选：D.

7．已知直线与抛物线相交于、两点，过线段的中点作一条垂直于轴的直线与直线交于点，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点、的坐标，可求出点的坐标，进而可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】联立，解得或

即点、，

因为为线段的中点，则点，则，

所以的面积为.

故选：B.

8．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，，，，，然后利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性可比较大小.

【详解】令，，，

，，

则，

令，，当时，，所以在时单调递增，

所以当时，，

所以在时单调递减，所以，所以；

当时，，令，则，

所以在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，

所以，所以，

综上，.

故选：D.

【点睛】关键点睛：此题考查导数的应用，考查比较大小，解题的关键是根据已知条件构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小，考查数学计算能力，属于较难题.

二、多选题

9．铁棍的长度随环境温度的改变而变化，某试验室从9时到16时每隔一个小时测得同一根铁棍的长度依次为3.62，3.61，3.65，3.62，3.63，3.63，3.62，3.64（单位：cm），则（    ）

A．铁棍的长度的极差为 B．铁棍的长度的众数为

C．铁棍的长度的中位数为 D．铁棍的长度的第80百分位数为

【答案】ABC

【分析】将数据从小到大排序，利用极差、众数、中位数、百分位数的概念求解即可得结论.

【详解】铁棍的长度从小到大排列依次为3.61，3.62，3.62，3.62，3.63，3.63，3.64，3.65（单位：cm），

对于A：极差为，故A正确；

对于B：众数为3.62，故B正确；

对于C：中位数为，故C正确；

对于D：因为％＝6.4，所以铁棍的长度的第80百分位数为从小到大排列的第7个数，是3.64，所以D不正确.

故选：ABC.

10．已知圆：，为圆上任意一点，，则（    ）

A．

B．直线：过点，则到直线的距离为

C．

D．圆与坐标轴相交所得的四点构成的四边形面积为

【答案】BC

【分析】对于A，将圆的方程化为标准方程，可求得圆的半径，从而可求得，对于B，求出直线方程，利用点到直线的距离公式求解，对于C，由圆的性质得，对于D，分别求出圆与轴相交所得的弦长和圆与轴相交所得的弦长，然后可求出其面积.

【详解】对于A，变为，所以的坐标为，，故A错误；

对于B，直线过点，则，，所以到直线的距离为，故B正确；

对于C，因为圆：的圆心为，半径为，所以，故C正确；

对于D，因为圆：的圆心为，半径为，所以圆与轴相交所得的弦长为，圆与轴相交所得的弦长为，

所以圆与坐标轴相交所得的四点构成的四边形面积为，故D错误.

故选：BC.

11．已知，，若在中，，，且，，则（    ）

A．，的夹角为

B．

C．若，则

D．的边上的中线长为

【答案】ABD

【分析】A选项根据向量的夹角公式求解，B选项用，表示后，根据向量的数量积的定义计算，C选项用，表示后，用向量的平行关系列方程，D选项先列出中线向量，然后用模长公式求解.

【详解】设，的夹角为， ，由于向量夹角的范围是，所以，所以A正确；

因为，，所以，，

所以，所以B正确；

，，

且，不共线，因为，所以，不存在，所以C不正确；

设为的中点，则，所以，所以D正确.

故选：ABD

12．若实数，满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用一元二次方程根的判别式，结合三角换元法、辅助角公式、余弦函数的值域逐一判断即可.

【详解】由整理得，，因为，

所以，所以A不正确，B正确；

令，即，代入得，，

所以，

所以，即，所以C错误；

令，，所以，，因为，

所以，

即，

所以，即，

有，因为且，

所以，即，所以D正确.

故选：BD.

【点睛】关键点睛：利用三角换元，结合辅助角公式、余弦函数的值域是解题的关键.

三、填空题

13．若，，则     .

【答案】

【分析】根据诱导公式化简求解即可；

【详解】.

故答案为：.

14．函数的最大值为      .

【答案】/

【分析】利用换元法及二次函数的性质即可求解.

【详解】令，则，所以，

由二次函数的性质知，对称轴为，开口向下，

所以函数在单调递增，在上单调递减.

所以当，即时，

取得最大值为.

故答案为：.

15．已知椭圆：的左焦点为，若关于直线的对称点落在上或内，则椭圆的离心率的取值范围为     .

【答案】

【分析】由题意，求出椭圆左焦点关于对称点的坐标，根据点和椭圆的位置关系找出不等关系，列出关于的不等式从而求解离心率范围.

【详解】设的半焦距为，则关于直线的对称点的坐标为，

因为落在上或内，所以，所以，则，

两边同时除以，解得.

故答案为：.

16．在长方体中，，，，为，的中点，在上，且.过，，三点的平面与长方体的六个面相交得到六边形，则点到直线的距离为     .

【答案】

【分析】根据面面平行的性质得线线平行，即可根据相似求解截面六边形，根据线面垂直得线线垂直，即可根据面积公式求解.

【详解】如图所示，在长方体中，连接,

因为，，，为，的中点，截面与平面，平面分别相交于直线，

所以，

所以，，，

所以，延长与的延长线交于,延长与相交于，连接，,

与的交点为， 与的交点为，

因为，所以，因为，，所以，

因为，为的中点，所以，

因为，所以，又，所以，同理，，在上取一点，使得，过作与垂直，垂足为，连接，,

由于平面，所以平面，平面，

故,又平面,

所以平面,平面,故，

且，因为

，，

所以，所以，所以.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，内角，，的对边长分别为，，，且.

(1)求角；

(2)若，周长，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理进行求解即可；

（2）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可.

【详解】（1）因为，

所以，

由余弦定理得，，

因为，

所以；

（2）

，

由正弦定理得，，

所以，

所以，

.

18．正项等比数列的前项和为，，且，，成等差数列，.

(1)求的通项公式；

(2)若，求的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等比数列的公比为，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出数列的通项公式，

（2）由（1）得，再利用错位相减法可求得结果.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

因为，，成等差数列，所以，

因为，所以，

相减得，所以，

代入，得，

解得或，

因为，所以

所以.

（2）由已知得，，

，

所以，

两个等式相减得，

所以.

19．如图，在四棱雉中，分别为的中点，连接.

(1)当为上不与点重合的一点时，证明：平面；

(2)已知分别为的中点，是边长为的正三角形，四边形是面积为的矩形，当时，求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据中位线得出线线平行关系，然后根据线面平行的判定说明；

（2）先证明两两垂直，以此来建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角.

【详解】（1）因为分别为的中点，所以，

因为平面，平面，

所以//平面.

（2）因为是正三角形，为的中点，

所以，又因为，，

所以平面，平面，所以，

因为四边形是矩形，所以，即直线两两垂直，

以为坐标系的原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，

因为四边形是面积为的矩形，，所以，

由已知得，，，，，

所以，，

设平面的一个法向量为，，，

∴，∴，令，得，.

∴，设与平面所成的角为，

则.

所以与平面所成角的正弦值为.

20．已知双曲线：的一个焦点与抛物线的焦点重合，且离心率为2.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)过点的直线与双曲线交于，两点，为原点，是否存在直线，使成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，直线：

【分析】（1）利用抛物线求得焦点即，再利用离心率求得，从而求出双曲线方程；

（2）分类讨论，设直线方程，与双曲线方程联立，韦达定理，利用得，代入韦达定理即可求出直线的方程.

【详解】（1）设的半焦距为，因为抛物线的焦点坐标为，

所以，因为的离心率为2，所以，，

所以双曲线的标准方程为.

（2）当直线的斜率为0时，显然不合题意；

当直线的斜率不为0时，设直线：，，，

由，消去，得，

且，

则，，

所以

，

令，

解得，此时，

所以存在直线：，使成立.

21．某学校组织一项竞赛，在初赛中有两轮答题：第一轮从类的三个问题中随机选两题作答，每答对一题得20分，答错得0分；第二轮从类的分值分别为20，30，40的3个问题中随机选两题作答，每答对一题得满分，答错得0分.若两轮总积分不低于90分，则晋级复赛.甲、乙同时参赛，在类的三个问题中，甲每个问题答对的概率均为，乙只能答对两个问题；在类的3个分值分别为20，30，40的问题中，甲答对的概率分别为1，，，乙答对的概率分别为，，.甲、乙回答任一问题正确与否互不影响.设甲、乙在第一轮的得分分别为，.

(1)分别求，的概率分布列；

(2)分别计算甲、乙晋级复赛的概率，并请说明谁更容易晋级复赛？

【答案】(1)分布列见解析

(2)，，甲更容易晋级复赛

【分析】（1）求出、的取值及对应的概率可得分布列；

（2）求出甲、乙两轮的总积分不低于90分的概率再做比较可得答案.

【详解】（1）由已知得，，

，

，

，

所以的分布列为

由已知得，，

所以，

.

所以的分布列为

（2）甲在第二轮得分分类如下：

选20分和30分的题所得分数为20分和50分，

选20分和40分的题所得分数为20分和60分，

选30分和40分的题所得分数为0分、30分、40分和70分，

乙在第二轮得分分类如下：

选20分和30分的题所得分数为0分、20分、30分和50分，

选20分和40分的题所得分数为0分、20分、40分和60分，

选30分和40分的题所得分数为0分、30分、40分和70分，

由已知及（1）得，

甲两轮的总积分不低于90分的概率为

；

乙两轮的总积分不低于90分的概率为

，

因为，所以甲更容易晋级复赛.

22．已知函数，，其中.

(1)求过点且与函数的图象相切的直线方程；

(2)①求证：当时，；

②若函数有两个不同的零点，，求证：.

【答案】(1)

(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）求导有，设切点坐标，得到方程解出切点坐标即可得到切线方程；

（2）①令，利用两次求导即可证明；②通过导函数证明函数有两个不同的零点，等价于，再结合（1）问和①问中的结论放缩有，再设新函数，利用韦达定理即可证明不等式.

【详解】（1），

设切点的坐标为，

则切线方程为，

因为切线过点，

所以，解得，

所以切线方程为.

（2）①令，，

令，则，

当时，，

所以在上单调递增，

所以，

所以在上单调递增，

所以，

即当时，；

②，

若，，则在上单调递增，最多只有一个零点，不符合题意；

若，，

令，因为，，且，

当时，，所以在上单调递增，

又因为当时，；

当时，，又因为，

所以恰有一解，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以为函数的唯一的极大值点，

因为当时，，

当时，，

所以函数有两个不同的零点，等价于，

即，

不妨设，当，，所以，

由（1）得，直线与函数切于原点得：当时，，

因为，所以当时，结合①中有

，

令，即当时，，

所以一定存在两个不同的根，设为，，

因为，所以，

又因为，位于单调递减区间，

所以，同理，

所以，所以，

因为，所以，

又因为，

所以，

所以.

【点睛】关键点睛：本题第二问的第二小问的关键是首先对有两不同零点进行等价转化为，再通过放缩得，最后再利用韦达定理即可证明原不等式.