36，广东省广州市玉岩中学2023-2024学年高三下学期开学考数学试卷

这是一份36，广东省广州市玉岩中学2023-2024学年高三下学期开学考数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：向良辉
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目.
1. 学校组织班级知识竞赛，某班的12名学生的成绩（单位：分）分别是：，则这12名学生成绩的分位数是（ ）．
A. 92B. 87C. 93D. 91
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的概念，计算，即可求得答案.
【详解】因为，
故的分位数是，
故选：C
2. 已知双曲线的虚轴长是2，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，得到且，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，双曲线的虚轴长是2，实轴在y轴，
所以且，解得．
故选C．
【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的标准方程的形式，以及熟练应用双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
3. 在等比数列中，，，则（ ）
A. -8B. 16C. 32D. -32您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式即可求解．
【详解】设等比数列的公比为
则，所以
故
故选：D
4. 已知直线和平面，那么能得出//的一个条件是（ ）
A. 存在一条直线，//且
B. 存一条直线，//且
C. 存在一个平面，且//
D. 存在一个平面，//且//
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理，可得结果.
【详解】在选项A，B，D中，
均有可能在平面内，错误；
在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线
都平行于另一个平面，故C正确
故选：C
【点睛】本题考查线面平行的判定，属基础题.
5. 包含甲同学在内的5个学生去观看滑雪、马术、气排球3场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多有2名学生前往观看，则甲同学不去观看气排球的方案种数有（ ）
A. 120B. 72C. 60D. 54
【答案】C
【解析】
【分析】分甲同学去去观看滑雪比赛和甲同学去观看马术比赛两种情况进行讨论，结合排列组合知识求解.
【详解】甲同学去观看滑雪比赛时，共有种；
甲同学去观看马术比赛时，也有30种；
则甲同学不去观看气排球的方案种数有种.
故选：C
6. 已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别是点A，B，则四边形PACB的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】四边形PACB的面积是两个全等的三角形的面积的和，PC最小时四边形面积最小，当垂直于直线时，利用点到直线距离和勾股定理即可求解，从而得到四边形PACB的面积的最小值.
【详解】
圆C：，即圆C：，圆心坐标，半径为3；
由题意过点P作圆C：的两条切线，切点分别为A，B，
可知四边形PACB面积是两个全等的三角形的面积的和，因为，，
显然PC最小时四边形面积最小，
即，所以
所以四边形PACB的面积的最小值为，
故选：B.
7. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式结合基本不等式运算求解.
【详解】因为，则，
可得，即，
且，整理得，
又因为，当且仅当时，等号成立，
即，
整理得，
解得或（舍去），
所以的最小值为.
故选：C.
8. 已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】延长与交于点，由条件判断为等腰三角形，为的中位线，故，再根据的值域，求得的最值，从而得到结果.
详解】如图，

延长与交于点，则是的角平分线，
由可得与垂直，
可得为等腰三角形，故为的中点，
由于为的中点，
则为的中位线，故，
由于，所以，
所以，
问题转化为求的最值，
而的最小值为，的最大值为，即的值域为，
故当或时，取得最大值为
，
当时，在轴上，此时与重合，
取得最小值为0，又由题意，最值取不到，
所以的取值范围是，
故选：A.
【点睛】该题考查的是与椭圆相关的问题，涉及到的知识点有椭圆的定义，椭圆的性质，角分线的性质，属于较难题目.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. f（x）的最大值为2
B. f（x）在上单调递增
C. f（x）在上有4个零点
D. 把f（x）的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】先对函数化简变形得，然后利用余弦函数的性质逐个分析判断即可
【详解】因为，所以A正确；
当时， ，函数在上先增后减，无单调性，故B不正确；
令，得，故，因为，所以，故C正确；
把的图象向右平移个单位长度，得到的图象，当时． 取得最小值－2，故D正确．
故选：ACD
10. 已知，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，利用复数的运算和模的运算求解，逐项判断.
【详解】解：设，则，
所以，，则，故A错误；
，
，所以，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，所以，
而，所以，故D正确
故选：BCD
11. 定义：已知两个非零向量与的夹角为．我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即．则下列命题中正确的有（ ）
A. 若平行四边形ABCD的面积为4，则
B. 在正△ABC中，若，则
C. 若，则的最小值为2
D. 若，，且为单位向量，则的值可能为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据两个向量叉乘的模的定义及向量数量积的运算逐个分析判断.
【详解】解：对于A，因为平行四边形ABCD的面积为4，所以，所以，故A正确；
对于B，设正的边边上的中点为，则，
因为，所以，
所以，所以B错误；
对于C，因，所以，
所以，因为，所以，所以，
所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，所以C正确；
对于D，若，，且为单位向量，则当时，可以等于，
此时，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，若，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用集合的包含关系即可求解.
【详解】由，，
因为，所以实数的取值范围是．
故答案为：
【点睛】本题考查了集合的包含关系求参数的取值范围，属于基础题.
13. 已知，，若，或，则的取值范围是____________________
【答案】
【解析】
【分析】首先分析在时，，则舍去此种情况，再对m进行进行讨论即可.
【详解】首先看没有参数，从入手，显然时，；
当时，，而对，或成立即可，
故只要时，（*）恒成立即可，
当时，,不符合（*）式，舍去；
当时，由得，并不对成立，舍去；
当时，由，注意，故，
所以，即，又，故，所以又，故，
综上，的取值范围是，
故答案为：.
14. 若数列中不超过的项数恰为，则称数列是数列的生成数列，称相应的函数是数列生成的控制函数.已知，且，数列的前m项和为，若，则m的值为__________.
【答案】11
【解析】
【分析】讨论m为奇数或偶数，从而求得的表达式，进而求出的表达式，结合解方程，即可求得答案.
【详解】由题意可得，m为偶数时，则，则；
m为奇数时，则，则；
，
m为偶数时，则
，
m为奇数时，则，
由，则，或，
因为，得，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在点处的切线的斜率为2.
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间和极值.
【答案】（1）；（2）当时，递减；当时，递增；极小值为，无极大值.
【解析】
【分析】（1）求出，利用导数的几何意义，列出方程，求解即可；
（2）利用（1）中结论，求出，令，求出的值，确定函数的单调性，由极值的定义求解即可．
【详解】解：（1）∵，∴
∵函数在点处的切线的斜率为2，∴
∴
∴；
（2）由（1）得，
∴令即，解得
∴当时，，递减；
当时，，递增.
极小值为，无极大值.
16. 西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.
（1）现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；
（2）以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据古典概型概率计算公式以及组合数的计算求得所求概率.
（2）利用二项分布的知识求得分布列并求得数学期望.
【小问1详解】
设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，
则；因此，从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为.
【小问2详解】
由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，
由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则
，，
，，
所以的分布列为
.
17. 由各棱长均相等的四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，底面为正方形，点O为线段与的交点，点E为线段中点，平面.
（1）证明：平面；
（2）若点M为线段（包含端点）上一点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，可得则，设与平面所成角为，由线面角的向量公式结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，，∵，且，
故四边形为平行四边形，故得：，且，
∵，∴，，故四边形为平行四边形，∴，
且平面，平面，∴平面.
【小问2详解】
由题意，易证，，两两垂直，所以分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设棱长为2，
则易得以下点坐标：，，，，，，
∴，，
设为平面的法向量，则有，
取，则，所以，
设，，
因为点M在线段上，则，
设与平面所成角为，
∴
当且仅当时取等号.故与平面所成角的正弦值的最大值为.
18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作直线（与轴不重合）交于两点，且当为的上顶点时，的周长为8，面积为
（1）求的方程；
（2）若是的右顶点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】（1）;
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用三角形周长求出a，当为的上顶点时，求出直线l方程，进而求出点的坐标，利用三角形面积求出b作答.
（2）设出直线l方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.
【小问1详解】
依题意，的周长，
解得，则椭圆，令椭圆的半焦距为c，
当为的上顶点时，直线为：，由消去y得，
解得或，于是得点，
又的面积为，则，整理得，
则有，解得或，有或，因为，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，，直线的方程为，
由消去得，
设，则，
而，
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19. 对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”.
（1）已知数列1，，是“数列”，求实数m的取值范围；
（2）是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前n项和使得恒成立？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由；
（3）已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到，，再解不等式组即可；
（2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案.
（3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案.
【详解】（1）由题意得，，解得，
所以实数m的取值范围是.
（2）假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则，
由，得，
由题意，得对均成立，即.
①当时，；
②当时，，
因为，
所以，与矛盾，所以这样的等差数列不存在.
（3）设数列的公比为q，则，
因为的每一项均为正整数，且，
所以在中，为最小项.
同理，中，为最小项.
由为“数列”，只需，即，
又因为不是“数列”，且为最小项，
所以，即，
由数列的每一项均为正整数，可得，
所以，或，.
①当，时，，则，
令，则，
又，
所以为递增数列，即，
所以，
所以对于任意的，都有，即数列为“数列”.
②当，时，，则.
因为，
所以数列不是“数列”.
综上：当，时，，数列为“数列”，
当，时，，数列不是“数列”.
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式，同时考查了分类讨论的思想，属于难题.0
1
2
3
P