浙江省丽水市第二高级中学2023-2024学年高三下学期开学检测数学试卷

这是一份浙江省丽水市第二高级中学2023-2024学年高三下学期开学检测数学试卷，共17页。试卷主要包含了设点A,B在曲线上，已知随机变量X服从正态分布，已知，设函数,则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
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．函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
2．若抛物线的焦点在直线上，则（ ）
A．12 B．6 C． D．
3．设点A,B在曲线上．若的中点坐标为，则（ ）
A．6 B． C． D．
4．已知随机变量X服从正态分布．若，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是空间中三个不同的平面，且直线分别在平面上．设甲：两两平行；乙：两两平行，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
6．设圆,直线与圆O交于A,B两点，若是直角三角形，则（ ）
A． B．2 C． D．4
7．设．已知函数在区间恰有6个零点，则ω的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知：长轴与短轴长分别为与的椭圆围成区域的面积为．现要切割加工一个底面半径为1、高为2的圆柱形零件（如图所示），截面经过圆柱的一个底面中心，并且与底面所成角为．然后再对切割后得到的两个部件表面都刷上油漆，则所刷油漆的面积为（ ）
A． B． C． D．
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．设函数,则（ ）
A．是偶函数 B．是周期函数 C．有最大值 D．是增函数
10．设是等比数列的前n项和，q为的公比，则（ ）
A．为等比数列 B．为等比数列
C．若,则存在使得 D．若存在使得,则
11．在正方形中，设D是正方形的内部的点构成的集合，,则集合表示的平面区域可能是（ ）
A．四边形区域 B．五边形区域 C．六边形区域 D．八边形区域
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中x项系数为___________．
13．下列论断中：①；②；③；④；⑤．
以其中一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：___________（作答时，请按“序号序号”的格式书写）．
14．在如下数表中：
其中，第1行为1，从第2行开始，每一行的左右两端都为1，而中间的数为前一行相邻两个数之和再加1．则第10行的第3个数为___________;当时，第n行的各个数之和为___________．
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．（14分）
设双曲线,斜率为1的直线l与交于两点．当l过的右焦点F时，l与的一条渐近线交于点．
（1）求的方程；
（2）若l过点，求．
16．（14分）
在一次知识闯关比赛的预选赛中，包含三个问题，有两种答题方案．
方案一：回答三个问题，至少答出两个问题即可晋级：
方案二：在三个问题中，随机选择两个问题，这两个问题都回答正确即可晋级．
假设某参赛选手回答出三个问题的概率分别是a，b,c,且是否回答出这三个问题相互之间没有影响．
（1）分别求该参赛选手用方案一和方案二时能晋级的概率；
（2）试比较该参赛选手在上述两种方案下能晋级的概率的大小．（说明理由）
17．（14分）
己知函数．
（1）若,讨论的单调性；
（2）若有正的零点，证明：有极小值点，且极小值点位于区间．
18．（17分）
在凸四边形中，记,四边形的面积为S．已知．
（1）证明：；
（2）设，
证明：；
（3）若,求四边形面积的最大值．
19．（18分）
数学中的数，除了实数、复数之外，还有四元数．四元数在计算机图形学中有广泛应用，主要用于描述空间中的旋转．
集合中的元素称为四元数，其中i,j,k都是虚数单位，d称为的实部，称为的虚部．两个四元数之间的加法定义为
．
两个四元数的乘法定义为：,四元数的乘法具有结合律，且乘法对加法有分配律．
对于四元数,若存在四元数使得,称是的逆，记为．
实部为0的四元数称为纯四元数，把纯四元数的全体记为W．
（1）设,四元数．记表示的共轭四元数．
（i）计算；
（ii）若，求；
（iii）若,证明：；
（2）在空间直角坐标系中，把空间向量与纯四元数看作同一个数学对象．设．
（i）证明：;
（ii）若是平面X内的两个不共线向量，证明：是X的一个法向量．
参考答案及评分标准
1．A．解：因为，所以，即的值域是，故选A．
2．D．解：抛物线的标准形式为，其焦点坐标为．把焦点坐标代入直线,得，得．
3．B．解：设．由题意，
整理得．所以或
不妨取,则．
4．A．解：由条件，，所以．
5．D．解：考虑三棱柱．若甲成立，注意平面平面,但是与不平行，即乙不一定成立．所以“两两平行”不能推出“两两平行”．
若乙成立，注意两两平行，但是平面,平面,平面不是两两平行，所以“两两平行”不能推出“两两平行”．
故选D．
6．C．解：（思路1）由条件，,所以O到的距离是．由点到直线距离公式，得,解得．
（思路2）直线l的倾斜角为．如图所示，，所以．在中，由正弦定理，．所以．
7．B．解：的正零点为与．所以从左到右的零点依次为：．为了使得在区间恰有6个零点，只需，解得．
【易错点】在排列零点时容易把“重根”重复计数．
8．C．解：设底面中心为O,截面与底面交于线段,椭圆的长轴端点为D,且底面圆周上的点E满足垂直于底面．则,所以平面,从而．因为,截面与底面所成角的平面角是，则,所以截面是半椭圆，半长轴为,半短轴为．所以截面的面积为，而圆柱的表面积是，因此所刷油漆的面积为，故选C．
【命制过程】圆柱体的截面问题出现在了2017年版《普通高中数学课程标准》的案例31，需要引起重视．
9．ABC．解：,所以是偶函数，A选项正确．
,所以是周期为的函数，B选项正确．
，所以,所以有最大值，C选项正确．
在区间单调递减，在区间单调递增，所以在区间单调递减，D选项错误．
10．ACD．解：．当时，；当时，．
对于A选项，,它是首项为,公比为的等比数列，A选项正确．
对于B选项，当时，不是等比数列．当时，不是等比数列．B选项错误．
对于C选项，若,则当时，．C选项正确．
对于D选项，若,当时，．所以,得．解得（舍去）或．D选项正确．
11．ABC．解：如图，作线段的中垂线，则中垂线把正方形分成两部分，包含的那部分上的点（包括直线上）满足．于是，通过讨论在正方形内部的不同位置，可知集合S表示的平面区域可能是四边形区域、五边形区域、六边形区域．
12．10．解：的x项系数是,所以的展开式中x项系数为10．
【命制过程】原本设计本题为选择题，选项：1、10、11、55．实测发现填1、11、55的同学都有．
13．；；；；（填一个即可）．
提示：①中，，所以,故①等价于；②等价于,即;③等价于；④等价于,⑤等价于．
①可以推出②，因为当时，,故；
③可以推出⑤，因为当时，,故．
④可以推出②．在④中，,所以如果④成立，则,得②成立．
④可以推出③，因为当④成立时，根据基本不等式，,故③成立．
④可以推出⑤，因为“”与“”都成立．
④不可以推出①，反例：．
【命制过程】本题的五个论断一共可以组成20种不同的命题，其中有5个命题是正确的，学生只要写出一个即可得分，开放性和探索性兼具．
14．71；．解：（1）【方法一】观察法：观察数表发现，第行的第2个数为．所以第6行的第3个数是，第7行的第3个数是,第8行的第3个数是，第9行的第3个数是,第10行的第3个数是．
【方法二】设第n行的第3个数为．观察数表发现，第行的第2个数为．所以，．由于,所以
，
，
．
上面有个式子，累加，并根据等差数列求和公式，可得．
所以．第10行的第3个数是．
（2）设第n行的各个数之和为,则,对于，则第行有个数，记为,其中．则
，
．
所以，．所以．
从而．可以发现当时也满足此式．
15．（1）的右焦点为．
当l过的右焦点F时，直线l的方程为． 2分
由于点在渐近线上，所以．
由于点在直线l上，
所以,得． 4分
解得．所以双曲线的方程是． 6分
（2）【方法一】因为l过点且斜率为1，故直线． 7分
由得，
即．解得或． 9分
当时，,故．
当时，，故． 11分
所以． 14分
【方法二】因为l过点且斜率为1，故直线． 7分
由得
即．设,
则． 9分
所以 11分
． 14分
16．记该参赛选手能回答这三个问题的事件分别为A,B,C,
则．
（1）参赛选手用方案一时能晋级的概率
; 4分
参赛选手用方案二时能晋级的概率
． 8分
（2）下面几种不同方法本质上是对的不同变形思路．
【方法一】因为，所以
．
故．
即采用第一种方案，该参赛选手能晋级的概率较大． 14分
【方法二】因为，所以,从而
．
故．
即采用第一种方案，该参赛选手能晋级的概率较大． 14分
【方法三】因为，所以，则．根据均值不等式，
．
故．
即采用第一种方案，该参赛选手能晋级的概率较大． 14分
【方法四】当之一是0时，不妨设,此时
．
当时，
．
故．
即采用第一种方案，该参赛选手能晋级的概率较大． 14分
【方法五】．
令．
当时，．
当时，．
由，则,故．
由于是关于a的一次函数，所以在上单调，从而恒成立，即．
即采用第一种方案，该参赛选手能晋级的概率较大． 14分
17．（1）． 1分
由于,所以方程有两个根． 2分
取． 4分
当时，；当时，．
所以在区间单调递增，在区间单调递减． 7分
（2）【方法一】由题意，在区间有零点，等价于方程在区间有解，等价于方程在区间有解． 8分
由基本不等式，,等号成立条件是，
所以的取值范围为．所以． 10分
由（1），有极小值点． 12分
因为，所以． 14分
【方法二】由题意，在区间有零点，等价于方程在区间有解．当这个方程有根时，设两根为（可能相等）． 8分
由韦达定理，,所以同为正的，
故． 10分
由（1），有极小值点． 12分
因为，所以． 14分
【方法三】．
若，则当时，,故没有正的零点．
若,则的判别式，故恒成立，在单调递增，从而,故没有正的零点． 8分
因此，,由（1），极小值点是． 9分
又由，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增． 10分
因为在有零点，所以，即，即．
所以． 12分
所以． 14分
【方法四】．
若，则当时，,故没有正的零点．
若,则的判别式，故恒成立，在单调递增，从而,故没有正的零点． 8分
因此，,由（1），极小值点是． 9分
又由,所以在单调递增，在单调递减，在单调递增． 10分
因为在有零点，所以，即，即，代入得，即． 11分
设．则在单调递增，由得． 12分
所以． 14分
【方法五】．
若，则当时，,故没有正的零点．
若,则的判别式，故恒成立，在单调递增，从而,故没有正的零点． 8分
因此，,由（1），极小值点是． 9分
又由，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增． 10分
因为在有零点，所以，即，即．
代入消去a,得， 12分
整理得．因为,所以． 14分
18．（1）设．在和中，由余弦定理，
．
整理得． 2分
因为，所以,
代入上式得． 5分
（2）连接．和的面积分别为． 6分
因为，所以,
从而． 8分
所以
9分
10分
11分
．
所以，． 12分
（3）由（2），当时，,即,而．其中，． 13分
【方法一】设．
则．
当时，；当时，．
则在单调递增，在单调递减． 15分
所以，所以,等号成立条件是，此时．
综上，四边形面积的最大值是． 17分
【方法二】根据均值不等式，
． 15分
等号成立条件是,即,此时．
综上，四边形面积的最大值是． 17分
注：如果第（3）问以a作为参数，得到的表达式是．
19．（1）（i）． 3分
（ii）因为，所以． 4分
由（1）可得．
所以， 5分
同理可验证，
所以． 6分
因此，． 7分
（iii）设,则
．
由（ii）,，
而的实部为
，
所以的实部为0，所以． 11分
（2）（i）设．则
，
, 13分
所以,故． 14分
（ii）在空间直角坐标系中，．所以
，
．
因此且． 16分
因为不共线，所以,即是X的一个法向量． 18分
注：第（1）（i）问通过计算后，可以发现四元数与复数有相近之处．四元数的共轭定义为．模定义为，即．
于是在第（1）（ii）问，应能从复数出发马上想到．
下面说明第（iii）问的意义：为简便起见，对于空间向量,记四元数表示．
在第（iii）问，可证明如下结论：对任意空间向量，沿着以单位向量定义的旋转轴旋转角度之后得到的空间向量可以用四元数乘法来获得，令,，则的模长为1，并且,其中是纯四元数．这样的封闭性使得四元数可用于刻画空间向量的旋转．应当如下进行类比理解：复数可以表示平面上的旋转，四元数则可以表示空间上的旋转．