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含解析

这是一份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含解析，共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知函数为奇函数，则等内容，欢迎下载使用。

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.
甲
7
8
7
9
5
4
9
10
7
4
乙
9
5
7
8
7
6
8
6
7
7
学生
A
B
C
D
E
获胜概率
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
获胜积分
8
7
6
5
4