2024届安徽省A10联盟高三上学期8月开学摸底考试数学试题含答案

这是一份2024届安徽省A10联盟高三上学期8月开学摸底考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届安徽省A10联盟高三上学期8月开学摸底考试数学试题 一、单选题1．已知，则（    ）A．1 B． C．3 D．【答案】C【分析】根据复数的加减运算以及复数的相等，即可得答案.【详解】因为，所以，即，故选：C.2．已知集合，则的元素个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据不等式的解法以及集合的表示方法，求得结合，得到，即可求解.【详解】由题意得，集合，由不等式，即，解得，即，则，所以的元素个数为个.故选：B.3．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指数函数与对数函数的性质，求得的范围，即可求解.【详解】由，所以，即；又由，，所以.故选：D.4．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，结合离心率定义推得，即可求得答案.【详解】由题意双曲线的一条渐近线与直线垂直，得，即，则.，故选：B.5．夏日炎炎，某奶茶店推出了新款奶茶——“冰桶”系列，受到了年轻消费者的喜爱，已知该系列奶茶的容器可以看作是一个圆台与一个圆柱拼接而成，其轴截面如图所示，其中，，则该容器的容积为（    ）（不考虑材料厚度）  A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆台部分的高，根据圆台以及圆柱的体积公式，即可求得答案.【详解】由题意得，圆台的高，故该容器的容积，故选：D.6．2023年7月28日晚，第31届世界大学生夏季运动会在成都盛大开幕. 为宣传成都大运会，某大学团委开展了“阳光灿烂  青春与共”大运会知识竞赛活动，各班以团支部为单位参加比赛，某班团支部在6道题中（包含4道图片题和2道视频题），依次不放回地随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到图片题”，事件为“第2次抽到视频题”，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出与，利用条件概率求解公式得到答案.【详解】因为，故，事件表示两次均抽到视频题，故，由条件概率求解公式可得. 故选：C7．已知平面区域，记的面积分别为，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】判断曲线大致形状，作出曲线的大致图象，数形结合，比较即可得答案,【详解】由题意知平面区域表示的是圆的圆周及其内部区域，对于，当时，，故此时表示的为类似于在第一象限内的弧的曲线，但在该圆弧的外部，根据，可知其表示的曲线关于原点成中心对称，由此可作出表示的平面区域，类似于圆周以及其内部围成的区域，对于，是由四条线段，，，及它们围成的内部区域组成，由此可分别作出曲线的大致图形如图所示（先作出第一象限的图形，再由对称性作出全部图形），  观察可知，，故选：A.8．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数. 已知与交于点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量坐标，根据，结合向量坐标运算，即可求得答案.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系， 由题意得，则，.因为，故，因为，所以（负值舍去），所以，故.又，则，因为，所以，解得，所以，故选：A.【点睛】方法点睛：注意到题目中的垂直关系，由此可以建立直角坐标系，利用向量的坐标运算来解决平面向量基本定理中的参数求解问题. 二、多选题9．电影《八角笼中》是由王宝强导演并参演的一部电影，讲述了年轻人为理想而努力奋斗的故事. 该电影一上映就引起了广大观众的热议，票房也超出了预期，现随机抽取若干名观众进行调查，所得数据统计如下表所示，则（    ） 喜欢该电影不喜欢该电影男性观众16040女性观众14060附：. 0. 100. 050. 010. 0012. 7063. 8416. 63510. 828A．若在被调查的观众中随机抽取1人，则抽到喜欢该电影的男性观众的概率为B．在被调查的观众中，男性不喜欢该电影的比例高于女性C．根据小概率值的独立性检验，可以认为被调查观众的性别与对电影的喜爱程度有差异D．根据小概率值的独立性检验，可以认为被调查观众的性别与对电影的喜爱程度有差异【答案】AC【分析】根据题意，结合表格中的数据，利用事件的概率河独立性检验中的计算公式，逐项判定，即可求解.【详解】根据题意，喜欢该电影的男性观众有160人，可得，所以A正确；由男性不喜欢该电影的比例为，女性不喜欢该电影的比例为，可得，所以B错误；由，因为，所以C正确，D错误. 故选：AC.10．已知直线及圆，则（    ）A．直线过定点B．直线截圆所得弦长最小值为2C．存在，使得直线与圆相切D．存在，使得圆关于直线对称【答案】ABD【分析】A选项，整理后得到方程组，求出直线所过定点；B选项，求出圆心和半径，得到当时，直线截圆所得弦长最短，由垂径定理求出弦长最小值；C选项，求出点在圆内，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，代入计算即可.【详解】A选项，由，得，解得，所以直线过定点为，故A正确；B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时，直线截圆所得弦长最短，因为，则最短弦长为，故B正确；C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，故D正确. 故选：ABD.11．已知函数，则下列各选项正确的是（    ）A．是偶函数 B．的图像关于直线对称C．的最小正周期为2 D．在上单调递增【答案】AB【分析】根据题意，化简函数，结合奇偶性的定义，可判定A正确；化简得出，可判定B正确；结合特殊值法，可判定C、D错误.【详解】由函数，可得，所以是偶函数，故A正确；由，所以的图象关于直线对称，故B正确；因为，则，所以2不是的周期，故C错误；因为，则，故D错误. 故选：AB.12．已知首项为的数列的前项和为，其中，记数列的前项积为，则（    ）A． B．C． D．使得成立的最小正整数的值为2025【答案】ACD【分析】由数列递推式推出，结合首项可判断A；根据可判断B；利用取倒数以及累加法推出，结合数列单调性可判断C；结合C可推出，继而推得，即可判断D.【详解】由题意得，，又，故，故A正确；，故数列单调递增，故B错误；又，而，故，即，累加可得，即，则，由数列单调递增，得，所以，故C正确；因为，所以,所以，所以使得成立的最小正整数的值为2025，故D正确，故选：ACD【点睛】方法点睛：本题考查根据数列的递推式研究数列的性质问题，解答时要利用的关系推出数列的项之间的关系式，结合其特征，继而利用取倒数以及累加的方法，推得数列满足的性质. 三、填空题13．的展开式中常数项为          ．（用数字作答）【答案】【详解】的展开式的通项公式为，令，，故该展开式中的常数项为，故答案为．【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14．曲线在点处的切线方程为           .【答案】（其他形式的答案只要正确也可）【分析】先求导，代入，求出，进而求出与，从而利用导函数的几何意义和点斜式求出切线方程.【详解】由题意得，，所以，解得，故，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：15．已知抛物线与直线交于两点（点在第一象限），的焦点为，则           .【答案】【分析】根据题意，联立直线与抛物线方程即可求得点的坐标，再由两点间距离公式即可得到结果.【详解】因为抛物线，则其焦点，设，联立直线与抛物线方程，消去可得，解得或，当时，，当时，，且点在第一象限，所以，则，即，则.故答案为：16．已知正方体的所有顶点均在一个表面积为的球面上，空间内的一点满足，若平面，平面，且平面，则的长为         【答案】【分析】利用线面垂直的证明，说明AE即为，取线段的中点，利用线面平行的证明说明平面即为平面，从而解直角三角形即可求得答案.【详解】由题意正方体的所有顶点均在一个表面积为的球面上，得，故.正方体中，,即四边形为平行四边形，故，因为，所以，又平面，所以平面，连接,则,而平面，平面，    故；而平面,故平面,平面,故，同理可证，而平面，故平面，则直线即为直线.取线段的中点，连接，连接交于，则G为的中点，连接，则，又平面，平面，故平面，故平面即为平面，在中，,则，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要首先说明AE即为，其次利用线面平行作出平面，问题即可得解. 四、解答题17．中，角的对边分别为，的平分线交边于，过作，垂足为点.(1)求角A的大小；(2)若，求的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二倍角余弦公式结合正弦定理角化边化简可得，再利用余弦定理即可求得答案；（2）根据三角形面积关系可求得AD的长，解直角三角形即得答案.【详解】（1），由正弦定理可得：，即，由余弦定理可得：，.（2），是的角平分线，    ， ，在中，.18．某公司使用甲、乙两台机器生产芯片，已知每天甲机器生产的芯片占产量的六成，且合格率为；乙机器生产的芯片占产量的四成，且合格率为，已知两台机器生产芯片的质量互不影响. 现对某天生产的芯片进行抽样.(1)从所有芯片中任意抽取一个，求该芯片是不合格品的概率；(2)现采用有放回的方法随机抽取3个芯片，记其中由乙机器生产的芯片的数量为，求的分布列以及数学期望.【答案】(1)0.056(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据全概率公式即可求得答案；（2）确定，由二项分布的概率计算可求得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.【详解】（1）记事件表示芯片来自甲机器生产，事件表示芯片来自乙机器生产，事件表示取到的是合格品；则.（2）由题意得，，故，所以的分布列为0123故.19．已知等差数列满足，数列的前项和为，且数列是公比为的等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)若，记数列的前项和为，试比较与的大小.【答案】(1)，；(2)答案见解析. 【分析】（1）利用给定条件求出数列公差即可，利用数列前n项和与第n项的关系探求数列的特性求解作答.（2）利用错位相减法求和，再作差比较大小作答.【详解】（1）设等差数列的公券为，由，得，解得，于是，依题意，，即，，两式相减得：，化简得：，，因此数列是以为首项、2为公比的等比数列，，所以数列的通项公式分别为，.（2）由（1）知，，则，于是，两式相减得，因此，，当时，，则；当时，，则；当时，，则，所以当时，；当时，；当时，.20．如图，在五面体中，底面为正方形，侧面为等腰梯形，二面角为直二面角，.   (1)求点到平面的距离；(2)设点为线段的中点，点满足，若直线与平面及平面所成的角相等，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到点到平面的距离即为的长，由勾股定理求出答案；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线与平面及平面所成的角相等列出方程，求出的值.【详解】（1）如图，过点作⊥于点，过点作于点，连接. 因为二面角为直二面角，所以平面平面，又平面平面平面，所以平面，所以点到平面的距离即为的长，因为平面，所以，因为四边形为等腰梯形，，所以，故，，因为，由勾股定理得，又，由勾股定理得，即点到平面的距离为.  （2）以为坐标原点，分别以所在直线分别为轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，    由，得. .             设平面的法向量为，由，由，解得，令，得，故，又易知平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为，与平面所成角为，则，∴ ，整理得，由，得.21．已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，点在上，且点到右焦点距离的最大值为3，过点且不与轴垂直的直线与交于两点.(1)求的方程；(2)记为坐标原点，求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出面积关于k的表达式，进而求其最大值.【详解】（1）由题意得，，解得，故的方程为.（2）设，直线，联立，整理得：. 由得，且，，点到直线的距离，，  令，故，故，当且仅当，即时等号成立，故面积的最大值为.22．已知函数.(1)若在上恰有2个零点，求的取值范围；(2)若是的零点（是的导数），求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将在上恰有2个零点问题转化为的图象有2个不同的交点，利用导数判断函数单调性，数形结合，列不等式即可求得答案；（2）将变形为，结合的表达式，利用，推出，从而构造函数，利用导数求解最值，即可证明结论.【详解】（1）由题意知，在R上单调递增，不合题意；故，令， ，故在上恰有2个零点，即需满足的图象有2个不同的交点；令，则，故当时，，当时，，故函数在上单淍递增，在上单调递减，作出的大致图象如图所示，  因为，所以要使函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点，则,解得，即实数的取值范围为.（2）要证：，即证：. 因为，所以，则，故，令，则，故当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，则，故，即.【点睛】难点点睛：本题考查导数的应用，涉及利用导数求解零点问题以及证明不等式；难点在于不等式的证明，解答时要将，变形为，结合，利用则，即得，进而推出，然后同构函数，求解最值问题即可证明结论.