安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校2024届高三数学上学期开学联考试题（Word版附解析）

数学

本试卷共4页，22题.全卷满分150分，考试时间120分钟.

考生注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

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，，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求解一元二次不等式得集合，再进行交集运算即可.

【详解】或，所以.

故选：C.

2. 若复数z满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由复数的模及复数的除法运算可求.

【详解】由，得，

则.

故选：D.

3. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据同角三角函数的基本关系求解.

【详解】因为，

所以,且，

所以，

即，，

所以，

故选：B

4. 在封闭的等边圆锥（轴截面为等边三角形）内放入一个球，若球的最大半径为1，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据截面图中圆内切于正三角形，即可求出圆锥的底面半径和高，进而可解决其体积.

【详解】 

由题意，等边三角形的内切圆的圆心也是三角形的重心，

所以得高为，

设底面半径为r，由已知得，故体积为.

故选：A

5. 已知函数为奇函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据奇函数的知识求得，进而求得.

【详解】

，

因为是奇函数，所以，

即，解得，

故.

故选：D

6. 分形几何是一门新兴学科，图1是长度为1的线段，将其三等分，以中间线段为边作无底边正三角形得到图2，称为一次分形；同样把图2的每一条线段重复上述操作得到图3，称为二次分形；……，则第5次分形后图形长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分析可知次分形后线段的长度为.

【详解】图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，

则一次分形长度为，二次分形长度为，，

次分形后线段的长度为，

故5次分形后长度，

故选：C.

7. 已知椭圆C的左右焦点分别为，，P，Q为C上两点，，若，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据椭圆的焦点三角形，结合勾股定理即可求解.

【详解】设，则，，.

在中得：，即.

因此，，，

在中得：，故，所以.

故选：D

8. 已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】作平行辅助线，借助线面平行关系，将所求几何体体积转化为，再利用等体积法转化为即可运算求解.

【详解】过点作交于，连接，

又

，又平面，且平面，

平面，

则，

设，，则，

，

故四面体PQAD的体积

，

当时，其最大值为.

故选：A.

二、选择题：本大题共4个小题，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.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 甲乙两名射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如下：

则（    ）

A. 甲乙两人射击成绩的平均数相同

B. 甲乙两人射击成绩的中位数相同

C. 甲命中环数的极差大于乙命中环数的极差

D. 甲比乙射击成绩更稳定

【答案】ABC

【解析】

【分析】对A，计算平均数判断即可；对B，计算中位数判断即可；对C，根据极差的定义判断即可；对D，计算甲乙的方差判断即可.

【详解】对A，甲平均数为，乙平均数为，故A正确；

对B，甲命中环数从小到大排列为，中位数为7；

乙命中环数从小到大排列为，中位数为7，故B正确；

对C，甲的极差为，乙的极差为，故C正确；

对D，甲的方差为：，乙的方差为：，，故D错误.

故选：ABC

10. 已知，，，A，B两点不重合，则（    ）

A. 的最大值为2

B. 的最大值为2

C. 若，最大值为

D. 若，最大值为4

【答案】AD

【解析】

【分析】A选项，由几何意义可得A，B为单位圆上任意两点，从而得到；B选项，取中点，得到，数形结合得到，进而求出；C选项，；D选项，分两种情况，得到.

【详解】A选项，由已知A，B为单位圆上任意两点，，，A正确；

B选项，设D为的中点，则，

由于A，B两点不重合，所以，则，故B错误；

C选项，当P，A，B共线时，，故C错误；

D选项，当P，A，B共线时，若坐标分别为与或与时，

两点重合，此时，

若坐标不同时为与时，此时⊥，则，

故，故D正确.

故选：AD

11. 已知为函数的极值点，则（    ）

（参考数据：）

A. 在上单调递减 B. 的极小值为-2

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】求导代入可得，再求导分析函数的单调性与极值即可.

【详解】，由，故，所以，.

此时，令可得或；

令可得.

故在，上单调递增，在单调递减.

对A，在上单调递增，在单调递减，故A错误；

对B，极小值为，故B正确；

对C，因为在单调递减，故，故C正确；

对D，，故D正确.

故选：BCD

12. 已知平行四边形中，，，，，分别为与的外接圆，上一点，则（    ）

A. ，两点之间的距离的最大值为6

B. 若直线与，都相切，则直线的斜率为1

C. 若直线过原点与相切，则直线被截得的弦长为4

D. 的最大值为

【答案】BD

【解析】

【分析】首先求出点坐标，再根据，即可得到，从而求出、的方程，再一一判断即可.

【详解】在平行四边形中，，，，

所以，设，则，所以，解得，

所以， ，所以，所以，则，

所以，，，

所以的方程为：，的方程为：，

则，所以，两点之间距离的最大值为，故A错误.

由已知，故直线的斜率为，所以B正确.

当斜率为时，直线被截得的弦长为4，

当斜率不为0时，直线被截得的弦长不为4，故C错误.

显然与相切，当与相切（不与重合）时，最大，此时，

所以，所以D正确.

故选：BD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在的展开式中，常数项为_____．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：常数项为，系数为．

考点：二项式展开式．

14. 写出函数，的一个单调递增区间为________.

【答案】，或，等

【解析】

【分析】根据函数奇偶性以及正弦型函数的单调区间公式得出结果.

【详解】因，所以为偶函数，

由，，

故在上单调递增，在上单调递减，

由对称性可知在上单调递增.

故答案为：，或，等.

15. 过抛物线的焦点的直线与交于、两点，且，为坐标原点，则的面积为________.

【答案】

【解析】

【分析】分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，由，可得出，结合韦达定理求出的值，求出以及原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】易知，抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，

所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，

联立可得，则，

故，，

又，即，即，

所以，，可得，，

解得.

此时，

又因为原点到直线的距离为，

故的面积为.

故答案为：.

16. 已知函数既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】函数既有极小值又有极大值，则有两个不相等的实数根，进而分离参数，通过分析函数的单调性及最值，即可求出的取值范围.

【详解】

函数既有极小值又有极大值，

则在上有两个不等的实数根，

即有两个不等的实数根，

所以有两个不等的实数根，

所以有两个不等的实数根，

令，，

时，，单调递增，

时，，单调递减，

，当时，，

故，解得.

故答案为：

四、解答题：本大题共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. 如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，，满足.

（1）求；

（2）点D在BC上，，，求AB.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正余弦定理可求出，利用两角差的正弦公式求解；

（2）在△ABD中，由正弦定理求解即可得解.

【小问1详解】

由已知及正弦定理得：，即.

由余弦定理得：，又，所以.

故，

所以；

【小问2详解】

由（1）知，又，所以，

，

在△ABD中，由正弦定理得：

，所以.

18. 已知数列满足，.

（1）记，求证：数列是等比数列；

（2）若，求.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先计算出，，再推导出当时，，故数列是首项为5，公比为2的等比数列；

（2）在（1）基础上求出，分组求和，得到，计算出，得到答案.

【小问1详解】

因为，所以，

故，故，

当时，，

故，

所以数列是首项为5，公比为2的等比数列；

【小问2详解】

由（1）知：，故，

其中，

故，

设，

故.

19. 为发展体育运动增强学生体质，甲乙两班各5名同学进行羽毛球友谊赛，每人至多参加一场比赛，各场比赛互不影响，比赛胜者本班获得相应积分，负者班级积分为0，其中甲班5名参赛学生的情况如下表：

（1）若进行5场比赛，求甲班至多获胜4场的概率；

（2）若进行3场比赛，依据班级积分期望超过10为参赛资格，请问甲班三人组合是否具有参赛资格？请说明理由.

【答案】（1）0.9328；   

（2）三人组合具有参赛资格，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）记参赛获胜事件分别用表示，由相互独立事件的概率乘法公式求出5场全胜的概率为: ，又甲班至多获胜4场与5场全胜为对立事件,即可求解；
（2）记三人组合班级得分为,的取值分别为0,7,6,5,11,12,13,18,求出对应的概率，即可求出期望.

【小问1详解】

记参赛获胜事件分别用表示，

5场全胜的概率为：，

甲班至多获胜4场与5场全胜为对立事件，

故甲班至多获胜4场的概率为,

故甲班至多获胜4场的概率为0.9328；

【小问2详解】

记三人组合班级得分为，的取值分别为0，7，6，5，11，12，13，18，由已知得

，，

，，

，，

，，

，

因为，

所以BCD三人组合具有参赛资格.

20. 在矩形ABCD中，，将△ADC沿AC折起至△APC的位置，且.

（1）求证：平面平面PBC；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）在△PBC中，利用勾股定理证得，然后利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证得结论.（2）取AB、CD的中点O、E，建立空间直角坐标系，写出个点坐标及向量坐标，利用空间向量数量积公式求得平面的法向量，然后结合空间向量的夹角公式求得结果.

【小问1详解】

由已知可得：，，

在△PBC中，，故，

又，且，平面PAB，平面PAB，平面PAB，

因为，所以平面平面PBC；

【小问2详解】

取AB、CD的中点O、E，连接OP，OE.

因，所以，

由（1）知：平面平面ABC， 平面平面ABC，平面

所以平面ABC.

以OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

设平面APC的法向量为，，，

，，故，

取，，，则，

又平面APC的法向量为，.

设二面角的二面角为，则，

所以二面角的正弦值为.

21. 已知双曲线C：（，）的离心率为2，在C上.

（1）求双曲线C的方程；

（2）不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且，求证：直线l过定点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；

（2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到和的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况.

【小问1详解】

由已知得：，则，

又因为在C上，则，

解得，，

所以双曲线C的方程为.

【小问2详解】

若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，

联立方程，消去y得，

由已知，则，且，

可得，，

又因为，

由可得：，

整理得：，

则，

可得，则，

由已知l不经过点，故，

所以，即，

可得l：，过定点；

若直线l的斜率不存在，设，，

可得，

由可得：，

又因为，解得，满足条件，

综上所述：故直线l过定点.

  【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为，与曲线方程联立后得到两根之和与两根之积，根据题意建立等量关系，求出的关系或者的值，从而求出定点.

22. 已知函数，，若曲线与相切.

（1）求函数的单调区间；

（2）若曲线上存在两个不同点，关于y轴的对称点均在图象上.

①求实数m的取值范围；

②证明：.

【答案】（1）递减区间为，递增区间为   

（2）①；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）设切点坐标,利用导数得出切线斜率，写出处切线方程，又切线方程为，对照得出方程，结合导数求出参数，再利用导数求出单调区间；

（2）①设，，根据对称关系得出有两个不等的实根，令，通过导数求出函数的单调性及最值，得出结果.

②不妨设，要证明，即证，故只需证，设，利用导数求出函数的单调区间得出结果.

【小问1详解】

设曲线与的切点坐标为，

由，得.

故切线方程为：，

即，又切线方程为，

所以，  ①    且，  ②

设，，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

最大值为，

由②可得：代入①得：，

故，

所以递减区间为，递增区间为.

【小问2详解】

由（1）知，故，，

①，关于y轴的对称点为，，

由已知得：，，即有两个不等的实根，，

令，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

，

又，，，，且，

故实数m的取值范围是；

②不妨设，要证明，即证，

因为当时，单调递减，故只需证，

又，即证明，

令，

因为，故，故，在单调递减，

所以.

故，即，

所以.