陕西省安康市2024届高三下学期开学测评数学（理科）试卷(含答案)

这是一份陕西省安康市2024届高三下学期开学测评数学（理科）试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知复数,则( )
A.B.C.D.
3．在等比数列中,,则( )
A.B.C.D.
4．已知函数有极值,则( )
A.1B.2C.eD.3
5．已知向量,,,,则( )
A.B.C.D.
6．已知,则的概率为( )
A.B.C.D.
7．国家统计局发布的2018年至2022年我国居民消费水平情况如图所示,则下列说法正确的是( )
A.2018年至2022年我国居民消费水平逐年提高
B.2018年至2022年我国城镇居民消费水平逐年提高
C.2018年至2022年我国居民消费水平数据的中位数为27439元
D.2022年我国城镇人口数比农村人口数的1.5倍还要多
8．某班级举行“变废为宝”手工活动,某学生用扇形纸壳裁成扇环(如图1)后,制成了简易笔筒(如图2)的侧面,在它的轴截面ABCD中,,,则原扇形纸壳中扇形的圆心角为( )
A.B.C.D.
9．已知抛物线的焦点为,,点是抛物线C上一动点,则的最小值是( )
A.3B.5C.7D.8
10．已知函数,若任意,在上有零点,则的取值范围为( )
A.B.C.D.
11．如图,将正四棱柱斜立在平面上,顶点在平面内,平面,.点P在平面内,且.若将该正四棱柱绕旋转,则PC的最大值为( )
A.B.C.D.
12．已知是定义在上的函数,对任意的,,且,都有,且函数的图象关于点对称.若对任意的,不等式成立,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、填空题
13．展开式的二项式系数之和是256,则________.
14．已知函数的最小值为,则________.
15．如图,三角形数阵由一个等差数列2,5,8,11,14,…排列而成,按照此规律,则该数阵中第10行从左至右的第4个数是________.
16．已知椭圆的左焦点为F,过点F的直线与轴交于点B,与椭圆C交于点A(A在x轴上方).若F是线段AB的中点,则椭圆C的离心率是________.
三、解答题
17．在中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且.
（1）求角B的大小;
（2）若,求面积的最大值.
18．如图,在四棱锥中,四边形ABCD是菱形,,,.
（1）证明:平面ABCD.
（2）若,,求二面角的余弦值.
19．将3个数字1,2,3随机填入如下99个空格中,每个空格中最多填一个数字,且填入的3个数字从左到右依次变大.
（1）求数字2填在第2个空格中的概率;
（2）记数字2填在第x个空格中的概率为,求的最大值.
20．已知双曲线的离心率为,右焦点为.
（1）求双曲线C的标准方程;
（2）过点F的直线l与双曲线C的右支交于A,B两点,在x轴上是否存在点P,使得为定值?若存在,求出该定值;若不存在,请说明理由.
21．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线过点,求a的值;
（2）若恒成立,求a的取值范围.
22．在平面直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为(为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程是.
（1）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程;
（2）若直线l与圆C交于A,B两点,且,求m的值.
23．已知,,且.
（1）证明:;
（2）求的最小值.
参考答案
1．答案：C
解析：由得:,即,又,
.
故选:C.
2．答案：B
解析：,则.
故选:B
3．答案：D
解析：由等比数列性质知:.
故选:D.
4．答案：B
解析：由题目条件可得:函数的定义域为,.
令,得;
令,得.
所以函数在区间上单调递减,在上单调递增.
则是函数的极小值点,
故,解得.
故选:B
5．答案：C
解析：,,,
由得:,,解得:.
故选:C.
6．答案：C
解析：由,得.
因为,所以,则所求的概率.
故选:C.
7．答案：D
解析：AB选项,由统计图可得2019年至2020年时我国居民消费水平和城镇居民消费水平都略微减少,故AB选项错误.
C选项,5年时间将我国居民消费水平从小到大排序为25245,27439,27504,31013,31718,故中位数为27504,故C错误;
D选项,设2022年我国城镇人口数为x,农村人口数为y,则,故D正确.
故选:D
8．答案：B
解析：由题意图1中小扇形的弧长为,大扇形的弧长为,
设扇形的圆心角为,小扇形的半径为r,则大扇形的半径为,
所以,解得,
所以原扇形纸壳中扇形的圆心角为.
故选:B.
9．答案：A
解析：由题意得,
由抛物线焦半径公式可知,,
故,显然连接AF,与抛物线交点为,
此时取得最小值,即当A,P,F三点共线时,最小,
最小值为,
故的最小值为3.
故选:A
10．答案：C
解析：由,可得,
令,因为任意,在上有零点,
则在上有解,
又因为在内有解的最短区间长度为,
所以,解得.
故选:C.
11．答案：D
解析：过点C作,垂足为E,连接AC,可知平面,
所以点C到平面的距离为,
由题意,
,,
过点C作平面,垂足为,
因为点P在平面内,且,即点P在以为圆心,为半径的圆上,
当,,P三点共线时,且时,PC取最大值,
最大值为.
故选:D.
12．答案：B
解析：的图象关于点对称,
关于点对称,即,
等价于;
由得:,
为定义在R上的减函数,,
即,又,,
当时,,即;
当时,,即;
由此可得可行域如下图阴影部分所示:
的几何意义为可行域内的点与连线的斜率,
由得:,,又,
,,
结合图象可知:,的取值范围为.
故选:B.
13．答案：8
解析：因展开式的二项式系数之和为,解得:.
故答案为:8.
14．答案：2
解析：当时,.
因为的最小值为,所以函数在上取得最小值,
则,解得.
故答案为:2.
15．答案：146
解析：将三角形数阵的最左边的一列数2,5,11,20,…记为数列,观察分析可得:,且.
由
,
故,即第10行从左到右的第一个数是137,按照规律,第4个数应该是146.
故答案为:146.
16．答案：
解析：由题意可知,代入直线中,得,
即直线l的方程为,令,得,
设,则有,代入椭圆方程中,
得,
或舍去,
由,负值舍去,
故答案为:
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）由可得:,则.
由,又因,故得:.
（2）由（1）知,又,由正弦定理可得:,则:,,
记的面积为S,则
,
因,则,故,所以,面积的最大值为.
18．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明:记,因为四边形ABCD是菱形,所以.
又,PC,平面PAC,,所以平面PAC.
因为平面PAC,所以.
又,AC,平面ABCD,且,所以平面ABCD.
（2）以O为坐标原点,分别以,的方向为x,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
设,,,,
则,,,,,,
,,
设平面BDE的一个法向量为,则
令,有,得.
平面ABD的一个法向量为.
,
易得二面角为锐角,故二面角的余弦值为.
19．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意第1格填1,第2格填2,3在第3格到99格中任意一个,
所有可能的情况有种,故数字2填在第2个空格中的概率为.
（2）由题意可得,且,1填在第x个空格的前格中1格,3填在第x个空格的后格中1格.
故.
当时,取得最大值,最大值为
20．答案：（1）
（2）存在满足
解析：（1）由题意可得,所以,,,
所以双曲线C的标准方程为;
（2）依题意,直线l的斜率不为0,设其方程为,,
代入得,
设,,,
则,,
,
若要上式为定值,则必须有,即,
,
故存在点满足.
21．答案：（1）4
（2）
解析：（1）由函数,可得,
则且,
曲线在点处的切线方程为.
因为该直线过点,所以,解得.
（2）因为,所以,且,
两边平方可得,
令函数,可得,
令函数,可得,所以是增函数,
令,可得,
下面比较与的大小:
令函数,,是减函数,
因为,
所以存在,使得当时,,即,
若,可得,即.
若,当时,,即;
当时,,即,
所以在上单调递减,在上单调递增,
且,
令函数,,所以是增函数,
由题意可得,又因为,所以,
当时,,符合题意.
综上可得,实数a的取值范围为.
22．答案：（1）,
（2）
解析：（1）由题意圆C的参数方程为,
所以为圆C的普通方程,
直线l的极坐标方程是,
所以是直线l的直角坐标方程.
（2）圆的圆心,半径依次为,,
圆心到直线的距离为,
因为,所以,解得.
23．答案：（1）证明过程见解析
（2）3
解析：（1）由题意得,等号成立当且仅当.
（2）由题意,且,
所以,
等号成立当且仅当即当且仅当,,
所以的最小值为3.