2024红河州开远一中高三上学期开学考试数学试题含解析

开远市第一中学校2023年秋季学期高三年级开学考试

数学

考生注意：

1.本试满分150分，考试时间120分钟.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效.

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i为虚数单位，若复数（）为纯虚数，则复数在复平面上对应的点（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】化简复数，由纯虚数概念可解得的值，从而得出结论.

【详解】由 为纯虚数,

则实部 , 虚部 , 解得 ,

则复数，在复平面上对应的点在第四象限.

故选: D.

2. 设全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】解一元二次不等式可求得集合，再由图中阴影部分利用集合的基本运算即可求得结果.

【详解】解集合对应的不等式可得，即；

易知图中阴影部分对应的集合可表示为，

由可得，

因此，即图中阴影部分对应的集合为.

故选：D

3. 某市近几年大力改善城市环境，全面实现创建生态园林城市计划，现省专家组评审该市是否达到“生态园林城市”标准，从包含甲、乙两位专家在内的8人中选出4人组成评审委员会，若甲、乙两位专家至少一人被邀请，则组成该评审委员会的不同方式共有（    ）

A. 70种 B. 55种 C. 40种 D. 25种

【答案】B

【解析】

【分析】先计算全部的选法，再考虑甲、乙均不选的选法，利用间接法作差即可．

【详解】解：8人中选4人有种，甲、乙均不选有种，共有种．

故选：B．

4. 已知直线与曲线相切，则实数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设切点的坐标为，利用导数的几何意义可得出，再由点为直线与曲线的公共点可得出关于实数的等式，解之即可.

【详解】设切点的坐标为，对函数求导可得，

所以切线的斜率为，

因为函数在点处的切线方程为，则，可得，

又因为点为直线与曲线的公共点，

则，即，解得.

故选：C.

5. 已知抛物线：的焦点为，抛物线上有一动点，，则的最小值为（    ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】抛物线的准线的方程为，过作于，根据抛物线的定义可知，则当三点共线时，可求得最小值，答案可得.

【详解】解：抛物线：的焦点为，准线的方程为，

如图，过作于，

由抛物线的定义可知，所以

则当三点共线时，最小为.

所以的最小值为.

故选：C.

6. 若函数在区间(,)内存在最小值，则实数取值范围是（     ）

A. [－5,1) B. (－5,1)

C. [－2,1) D. (－2,1)

【答案】C

【解析】

【分析】先求出函数的极值点，要使函数在区(,)内存在最小值，只需极小值点在该区间内，且在端点处的函数值不能超过极小值．

【详解】由，令，可得或，

由得：或，由得：，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以函数在处取得极小值，

令，解得或，

若函数在(,)内存在最小值，则，得．

故选：C

7. 在等差数列中，，其前n项和为，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由等差数列的求和公式可求得的公差为，再由等差数列的求和公式即可求解.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，所以，

可得：，

所以.

故选：A.

8. 在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用三角函数的定义求出角的正弦值和余弦值，求出的取值范围，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.

【详解】因为点为角终边上一点，由三角函数定义可得，，

易知为第一象限角，不妨设，

因为，则，因为，则，

所以，，

所以，

.

故选：D.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列说法正确的有（    ）

A. 若一组样本数据线性相关，则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点

B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，则推断与无关不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05

C. 若随机变量和满足，则，

D. 若随机变量，且，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据回归方程的性质判断A，根据独立性检验的思想判断B，根据期望与方差的性质判断C，根据正态分布的性质判断D.

【详解】对于A：若一组样本数据线性相关，

则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点，故A正确；

对于B：因为，所以有把握可判断分类变量与有关联，

此推断犯错误的概率不大于，故B正确；

对于C：若随机变量和满足，则，，故C错误；

对于D：若随机变量，且，

则，故D正确；

故选：ABD

10. 已知三棱锥的各顶点都在球O上，点M，N分别是AC，CD的中点，平面BCD，，，则下列说法正确的是（    ）

A. 三棱锥的四个面均为直角三角形

B. 球O的表面积为

C. 直线BD与平面ABC所成角的正切值是

D. 点O到平面BMN的距离是

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据线面垂直的性质和勾股定理的逆定理可得△ABC、△ABD、△DBC、△ACD为直角三角形，进而判断A；根据三棱锥外接球的结构求出球的半径，利用球的表面积公式计算即可判断B；结合线面角的定义即可判断C；根据三棱锥等体积法求出点O到平面BMN的距离，进而得出平面BMN被球O所截的截面圆的半径，利用圆的面积公式计算即可判断D.

【详解】 

AB⊥平面BCD，∴△ABC、△ABD为直角三角形，

∵AB=1，BC=1，，由勾股定理得，，

又∵BC=1，CD=2，则，

∴△DBC、△ACD为直角三角形，故A正确；

三棱锥A-BCD可看作由长、宽、高分别为2、1、1的长方体截得，O为AD的中点，球O的直径为，

故球O的表面积，故B正确；

直线BD与平面ABC所成角的平面角为∠DBC，∴，所以C不正确；

在Rt△ABC中，，在△ACD中，，又，∴△BMN为直角三角形，，

设点O到平面BMN的距离为h，由于O到平面BMN的距离与C到平面BMN的距离相等，∴，则，

则，解得，故D正确，

故选：ABD．

11. 已知圆，点为圆上一动点，为坐标原点，则下列说法中正确的是（    ）

A. 的最大值为

B. 的最小值为

C. 直线的斜率范围为

D. 以线段为直径的圆与圆的公共弦方程为

【答案】AC

【解析】

【分析】首先判断点在圆外，则，即可判断A，根据判断B，设直线，利用点到直线距离公式得到不等式，解得的取值范围，即可判断C，求出以为直径的圆的方程，两圆方程作差即可求出公共弦方程.

【详解】圆的圆心，半径，

又，所以，即点在圆外，

所以，故A正确；

，当且仅当在线段与圆的交点时取等号，故B错误；

设直线，根据题意可得点到直线的距离，解得，故C正确；

设的中点为，则，又，

所以以为直径圆的方程，显然圆与圆相交，

所以公共弦方程为，故D错误．

故选：AC．

12. 若，则下列不等式对一切满足条件的恒成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】使用基本不等式、的代换等方法一一判别即可.

【详解】对A，因为，所以即，

当且仅当时等号成立，A正确；

对B，因为，所以，

结合A选项有，故，

当且仅当时等号成立，B不正确；

对C，因为，，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，C正确；

对D，，

由A选项有，则，所以，D正确.

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量与的夹角为，且，则在方向上的投影向量的坐标为__________.

【答案】

【解析】

【分析】直接根据向量的投影公式求解即可

【详解】因为，所以，

则在方向上的投影为.

故答案为：.

14. 如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为________.

【答案】##

【解析】

【分析】取ED的中点为G，连接AG，FG，由已知条件可证得四边形ABFG为平行四边形，所以BF∥AG，所以∠EAG是AE与BF所成的角，在△AEG中，利用余弦定理可求得结果

【详解】因为ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，所以ED∥FC.

取ED的中点为G，连接AG，FG，如图，

因为ED＝2FC，所以DG＝FC，且DG∥FC，

所以四边形CDGF为平行四边形，则FG∥CD且FG＝CD.

又四边形ABCD为正方形，所以CD∥AB，CD＝AB，

所以FG∥AB且FG＝AB，

所以四边形ABFG为平行四边形，则BF∥AG，

所以∠EAG是AE与BF所成的角.

由正方形ABCD的边长为2，ED＝2FC＝2，可得，

在△AEG中，由余弦定理得 .

故答案为：

15. 已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线交于两点，与双曲线的渐近线交于两点，若，则双曲线的离心率是_________．

【答案】##

【解析】

【分析】利用双曲线通径长和与渐近线交点情况可得,,由和关系可求得，，由此可求得离心率．

【详解】由双曲线方程可得其渐近线方程为：，

直线

为双曲线的通径，则

由得，则，

由得，则

由得：

即

所以，

所以离心率

故答案为：

16. 已知函数（，）的部分图象如图所示，将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得函数图象的解析式为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据图象求得，将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，得，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得，即可解决.

【详解】由题知，函数（，）的部分图象如图所示，

所以，即

所以，

所以，

因为图象经过点，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以，

将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，

得，

再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），

得，

所以所得函数图象的解析式为，

故答案为：

四、解答题：本题共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. 已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.

（1）求B的大小；

（2）若△ABC为钝角三角形，且，求△ABC的周长的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正余弦定理，将条件变形，求角的大小；

（2）根据正弦定理，将周长表示为三角函数，根据函数的定义域，求周长的取值范围.

【小问1详解】

根据余弦定理可知，，

所以，即，

则,，所以；

【小问2详解】

设，

根据正弦定理可知，

所以,，

所以周长

,

因为,，

所以，所以，

所以的周长为.

18. 已知为数列的前n项和，．

（1）证明：数列为等比数列；

（2）设数列的前n项和为，证明：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）取计算，得到，得到证明.

（2）确定，变换，利用裂项求和计算得到证明.

【小问1详解】

，，．

由，得，

，

所以，故，

所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列．

【小问2详解】

，

故，

所以

．

19. 新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力.在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标.某机构从某地区抽取了500名近期购买新能源汽车的车主，调查他们的年龄情况，其中购买甲车型的有200人.

（1）估计购买新能源汽车的车主年龄的平均数和中位数.

（2）将年龄不低于45岁的人称为中年，低于45岁的人称为青年，购买其他车型的车主青年人数与中年人数之比为.完成下列列联表，依据的独立性检验，能否认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关？

（3）用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取8人，再从中随机抽取4人，记青年有人，求的分布列和数学期望.

附：.

【答案】（1）   

（2）有的把握认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关.   

（3）分布列见解析, .

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图计算购买新能源汽车的车主年龄的平均数和中位数;

（2）根据分布列和已知条件求出购买甲车型和其他车型的青年、中年人数，可得列联表，然后计算卡方，查表可作出判断；

（3）先计算各层所抽取人数，然后由超几何分布概率公式求概率可得分布列，再根据期望公式可解.

【小问1详解】

购买新能源汽车的车主年龄的平均数为,

设购买新能源汽车的车主年龄的中位数为,

【小问2详解】

由直方图可知，购买甲车型的青年人数为人，中年人数为人，

购买其他车型的青年人数为人，中年人数为人，

于是的列联表：

因为，

所以，有的把握认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关.

【小问3详解】

用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取8人，

则青年有人，中年有人，所以的可能取值为1,2,3,4.

，，

，，

所以的分布列为：

所以.

20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是CD，PB的中点．

（1）证明：平面PAD．

（2）若四棱锥的体积为32，的面积为4，求B到平面DEF的距离．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）3.

【解析】

【分析】（1）取AB的中点G，连接EG，FG，可得线线平行，根据面面平行的判定定理及性质定理可得证；

（2）由等体积法可求出B到平面DEF的距离.

【小问1详解】

证明：取AB的中点G，连接EG，FG．

因为G，F分别是AB，PB的中点，所以．

又平面，平面，

所以平面.

因为E是CD的中点，ABCD是平行四边形，所以．

同理可得，平面.

因为，平面，所以平面平面PAD．

因为平面EFG，所以平面PAD．

【小问2详解】

因为E是CD的中点，所以的面积是平行四边形ABCD面积的．

因为F是PB的中点，所以三棱锥的高是四棱锥的高的．

因为四棱锥的体积为32，

所以三棱锥的体积为．

设B到平面DEF的距离为d，

因为的面积为4，所以，得，

即B到平面DEF的距离为3．

21. 已知圆和定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为.

（1）求的方程；

（2）若直线与曲线相交于，两点，试问：在轴上是否存在定点，使当变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在定点.

【解析】

【分析】（1）根据题意得，进而得，所以有，故点的轨迹是以，为焦点的椭圆，再根据椭圆的定义即可得答案；

（2）假设存在点满足题设，设，，联立直线与椭圆方程得，，再将平分转化

直线与直线的斜率之和为零，最后将式子带入化简即可求解.

【详解】（1）圆，圆心，

由线段的垂直平分线交于点得，

又，

所以，

所以由椭圆的定义知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，

设其标准方程，

则，，所以，，

所以曲线.

（2）设存在点满足题设，

联立直线与椭圆方程消得

，

设，，

则由韦达定理得①，②，

由题设知平分直线与直的倾斜角互补，

即直线与直线的斜率之和为零，

即，即，

即③，

把①、②代入③并化简得，即④，

所以当变化时④成立，只要即可，  所以存在定点满足题设.

【点睛】本题考查利用定义法求椭圆的方程，椭圆中的定点问题，考查运算能力与化归转化思想，是中档题.

22. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，证明：．

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分类讨论参数的取值范围，利用导数求解函数的单调性；

（2）代入，化简不等式，通过构造函数，，利用导数求解函数的最值，将不等式转化为即可求证.

【小问1详解】

解：由题可知，，．

若，，所以在上单调递增，在上单调递减；

若，令，解得或（舍），

所以在上单调递增，在上单调递减；

若，当，即时，在上恒成立，所以在上单调递增；

当时，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

【小问2详解】

证明：若，要证，即证，即证．

令函数，则．

令，得；令，得．

所以在上单调递增，在上单调递减，所以，

令函数，则．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，所以．

因为，所以，