2024届广东省湛江市第一中学高三上学期开学考试数学试题含答案

这是一份2024届广东省湛江市第一中学高三上学期开学考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届广东省湛江市第一中学高三上学期开学考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据指数函数的性质解出集合M，再由二次不等式的解法求出集合N，最后求并集即可.【详解】由得，函数在R上单调递增，则，即，又由得，即，所以.故选：C.2．已知复数，则=（    ）A． B．2 C． D．3【答案】A【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式求解即可.【详解】，则.故选：A.3．在△ABC中，D为BC中点，M为AD中点，，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】根据图象及其性质，即可得出，，进而根据，即可求出的值，即可得出答案.【详解】因为是的中点，所以，.又因为是的中点，所以，，又，所以，，所以．故选：A．4．已知函数，则的增区间为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复合函数的单调性求函数的增区间.【详解】函数定义域为，令，又在上单调递增，的增区间为，所以的增区间为.故选：A.5．设公差不为零的等差数列的前n项和为，，则（    ）A．15 B．1 C． D．【答案】D【分析】设等差数列的公差为利用基本量代换求出，进而求解.【详解】设等差数列的公差为.∵，∴，解得：，．∴，∴．∴．故选：D．6．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（    ）A． B．3 C． D．4【答案】A【分析】由抛物线的定义结合可求得的值，将点代入方程即可求解.【详解】因为，所以，即，，，又∵，∴.  故选：A.7．已知为钝角，，则的值为（    ）A． B．-2 C． D．【答案】D【分析】根据二倍角的余弦公式化简得正余弦关系，再根据同角公式求出正切 ，再根据二倍角和两角和的正切公式可求出结果.【详解】由得，化简得，则，则．故选：D．8．已知函数且满足，则的最小值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】由可得函数的图象关于对称，由正弦型函数的对称性列方程求的最小值.【详解】由已知可得，即，所以关于对称，故，，所以，又，所以时，取最小值为．故选：A． 二、多选题9．一组数据：0，1，5，6，7，11，12，则（    ）A．这组数据的平均数为6 B．这组数据的方差为16C．这组数据的极差为11 D．这组数据的第70百分位数为7【答案】AD【分析】由已知的这组数据，利用公式分别计算平均数、方差、极差、第70百分位数即可.【详解】对A，这组数据的平均数为：，故A选项正确； 对B，这组数据的方差为：，故B选项错误；对C，这组数据的极差为：，故C选项错误；对D，由，则第70百分位数是第5个数7，故D选项正确.故选：AD.10．已知函数，则（    ）A．有两个极值点 B．有两个零点C．恒成立 D．恒成立【答案】AD【分析】求函数的导函数，设，利用导数研究的单调性，最值，判断C，再确定的极值判断A，利用证明由此判断BD.【详解】函数的定义域为，，设，则，当时，，函数，即在上单调递减，当时，，函数，即在上单调递增，又，所以C错误；又，所以存在，使得，又，所以当，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，函数取极大值，当时，函数取极小值，所以函数有两个极值点，故A正确；设，则，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，所以当时，，当且仅当时取等号，所以当时，，当且仅当时取等号，所以函数只有一个零点，恒成立，B错误；D正确；故选：AD．11．已知圆与圆相交于两点，则（    ）A．圆的圆心坐标为B．当时，C．当且时，D．当时，的最小值为【答案】ABD【分析】由方程得出圆心坐标；由两圆的位置关系得出的范围；由勾股定理结合距离公式判断C；由为圆的直径，结合二次函数的性质判断D.【详解】由圆的方程可知圆的圆心坐标为，即正确；当时，圆，，所以有，即，解得，即B正确；因为，且，所以，即，解得或，即C错误；因为圆的直径为2，所以当时，为圆的直径，所以，当且仅当时，，即D正确.故选：ABD.12．《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”.如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”.在鳖臑中，，其外接球的表面积为，当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（    ）A．B．此鳖臑的体积的最大值为C．直线与平面所成角的余弦值为D．三棱锥的内切球的半径为【答案】BC【分析】由题可知的中点即为的外接球的球心，由球的体积公式可得球的半径，进而得到，利用锥体的体积公式和基本不等式计算可判断A、B选项，利用线面垂直可判断直线与平面所成角即为，计算其正弦值即可判断C选项，利用等体积法可求得内切球的半径，即可判断D选项．【详解】底面为直角三角形的直三棱柱，是长方体的一半，的中点即为的外接球的球心，设外接球的半径为，则，得，因为，所以，鳖臑的体积，当且仅当时，，故选项错误，B选项正确；因为三棱柱为直三棱柱，故平面，所以直线与平面所成的角即为，，故C选项正确；设鳖臑的内切球半径为，由等体积法，得，所以，故D选项错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：空间图形中的距离和角度问题，要充分利用几何体的结构特征，本题中的“堑堵”是底面为直角三角形的直三棱柱称为，根据图形中的线面关系和位置特征求解. 三、填空题13．二项式的展开式中含的系数为        ．【答案】10【分析】先求二项式的展开式的通项公式，再令的次数为5即可求解.【详解】展开式通项公式为，令，得，展开式中含的系数为．故答案为：10.14．小张､小陈､小胡独立的做一道数学题，小张做出这道题的概率为，小陈做出这道题的概率为，小胡做出这道题的概率为，每个人是否做出这道题相互没有影响，则这道题被做出来的概率为          .【答案】【分析】根据独立事件与对立事件的概率公式可求出结果.【详解】记“这道题被做出来”为事件,则.故答案为：15．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为        ．【答案】【分析】问题转化为对任意恒成立即可求解.【详解】，即，对恒成立，令，当时，，，故符合题意，当时，，，在上，不合题意，故．故答案为：16．双曲线的左，右焦点分别为，，右支上有一点M，满足，的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为        ．【答案】/【分析】由圆的切线性质及双曲线定义，可得关系式，，从而解出、，利用勾股定理可解.【详解】内切圆Q分别与，，，轴切于点S，T，N，P则四边形、都为正方形，设内切圆半径为，由圆的切线性质，则，则 ，①又因为，②且双曲线定义得，，③由①、②、③得，所以，从而，由勾股定理，，所以，解得．故答案为： 四、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.(1)若，，求的值；(2)若，求角B，C的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理计算作答；（2）根据条件，利用余弦定理求得，进而得答案.【详解】（1）根据余弦定理，，，，则，解得；（2）因为，，因此得到，则，即，所以，因此三角形为等腰三角形，又知道，所以.18．已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用递推式得出是以1为首项，3为公比的等比数列，求出，进而求解即可.（2）利用错位相减法求解数列前项和即可.【详解】（1）由，得，又，是以1为首项，3为公比的等比数列，，，即数列的通项公式为.（2）由（1）知，，则，①得，②①－②得，故．19．如图，直三棱柱中，平面平面.  (1)证明：；(2)若为上一点，且，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理，可作垂直于交线的辅助线，结合线面垂直判定定理，可得答案；（2）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用夹角的余弦公式，可得答案.【详解】（1）过作于，平面平面，且平面平面，平面，且平面，故，  在直三棱柱中，平面，且平面，故，由可知，且平面，则平面，显然平面，故；（2）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，即设平面的法向量为，则，即，令，则，即，，，，则，二面角的余弦值为.  20．2023年的高考已经结束，考试前一周，某高中进行了一场关于高三学生课余学习时间的调查问卷，现从高三12个班级每个班随机抽取10名同学进行问卷，统计数据如下表： 课余学习时间超过两小时课余学习时间不超过两小时200名以前40200名以后40(1)求的值；(2)依据上表，根据小概率值的独立性检验，分析学生成绩与课余学习超过两个小时是否有关系；(3)学校在成绩200名以前的学生中，采用分层抽样，按课余学习时间是否超过两小时抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记这3人中课余学习时间超过两小时的学生人数为，求的分布列和数学期望.附：参考公式：，其中.0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)；(2)认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关；(3)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）根据给定的列联表列式计算作答.（2）计算的观测值，再与临界值表比对作答.（3）求出课余学习时间超过两小时的人数，写出的取值，并求出各个值对应的概率，列出分布列，求出数学期望作答.【详解】（1）依题意，高三12个班级共抽取120名，则，解得，所以的值为10.（2）由（1）得列联表： 课余学习时间超过两小时课余学习时间不超过两小时总计200名以前402060200名以后204060总计6060120则的观测值，根据小概率值的独立性检验，我们认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关，此推断犯错误概率不大于0.001.（3）这6人中课余学习时间超过两小时的人数为，课余学习时间不超过两小时的人数为2，则的取值为，有，，，所以的分布列为：123数学期望.21．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，，离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）联立方程组，根据，得到的范围，由点到直线的距离公式和弦长公式，分别求得，，得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】（1）解：由题意，可得，且，所以，则，所以椭圆的方程为.（2）解：由直线的方程为，则点到直线的距离为，联立方程组，整理可得，由判别式，解得，设，则，可得，所以，当且仅当时，等号成立，所以所求直线的方程为或．  22．已知函数．(1)求函数的最小值；(2)求证：．【答案】(1)1(2)证明见解析 【分析】对求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得函数的最小值；分析要证，只需证，令，利用导数求得即可.【详解】（1），，设在上为单调递增函数，，当时，，当时，，在上单调递减；在上单调递增，则；（2）证明：，只需证，即，令，则，当时，令，则在上单调递增，即在上为增函数，又因为，所以存在，使得，由，得，即，即，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以，即．