浙江省绍兴市2023_2024学年高三数学上学期开学考试题含解析

这是一份浙江省绍兴市2023_2024学年高三数学上学期开学考试题含解析，共24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（本大题共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. 已知为实数集，集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.
【详解】由，得，
即，所以，
又或，
所以.
故选：B.
2. 若复数对应复平面内的点的坐标为，则在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，再根据复数的乘方运算可得，进而结合复数的几何意义判断即可.
【详解】由题意，，
则，
所以在复平面内对应的点为.
故选：C.
3. 已知平面向量，满足，且，，则（）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知数量积求得，再利用计算后可得结论．
【详解】，∴，
∴，
∴．
故选：C.
【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，掌握模与数量积的关系是解题关键．
4. 已知直线，则“”是“直线与圆相切”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由题知直线过点，且点在圆上，故，进而求得，再根据充分必要条件的定义即可得答案.
【详解】解：由题知，直线过定点，
又点在圆上，若直线与圆相切，
则，即有，
因此“”是“直线 与圆相切”的充要条件．
故选：C．
【点睛】本题考查充分必要条件，直线与圆的位置关系，是中档题.
5. 高二年级五位数学教师“陈雪梅，王杰，周建军，郭磊，陈正斌”站成一排照相，其中陈正斌与郭磊一定相邻，但是都不与陈雪梅相邻的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将陈正斌与郭磊绑定，由反面求出都不与陈雪梅相邻的情况，即可求出概率.
【详解】由于陈正斌与郭磊一定相邻，则“绑定”为一个整体，有种，再与剩下三人排列有种，则陈正斌与郭磊一定相邻的排列有种，
而陈正斌和郭磊相邻且与陈雪梅相邻有种，
所以都不与陈雪梅相邻的情况有种，
因为5人全排列共有种，
所以都不与陈雪梅相邻的概率是.
故选：D.
6. 将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图象，已知函数的一个零点是，且直线是的图象的一条对称轴，则当取最小值时，的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象的平移变换可得，进而结合零点和对称轴可得，，进而求得的最小值，进而求解.
【详解】由题意得，
令，即，
所以或，，
因为为函数的一个零点，
所以或，，①
又是的图象的一条对称轴，
所以，，②
①②得，，
即，，
由于，所以时，取最小值为，
此时，即.
故选：A.
7. 已知双曲线的右焦点，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，以为直径的圆过点，延长交右支于点，若，则双曲线的渐近线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出图形，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，利用双曲线的定义及勾股定理求得，进而可得出，，然后利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，由此可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】如下图所示，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，
由双曲线的定义可得，，
由于以为直径的圆经过点，且、，则四边形为矩形，
在中，有勾股定理得，即，
解得，，，
由勾股定理得，即，，
所以，，则.
因此，双曲线的渐近线方程是.
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.
8. 已知函数（，为自然对数的底数）与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设上一点关于轴对称点坐标为，则在上，得到方程有解，即函数与在上有交点，利用导数判断出函数的单调性和最值，可得实数的取值范围．
【详解】设上一点，，且关于轴对称点坐标为，在上，
有解，即有解.
令，则，，
当时，；当时，，在上单调递减；在上单调递增
，，，
有解等价于与图象有交点，.
故选：B
【点睛】本题考查导数在最值中的应用，考查函数与方程思想，考查学生逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．
二、选择题（本大题共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. 设，为正实数，则下列命题中是真命题是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】结合不等式的基本性质，熟练应用作差比较进行运算，即可求解，得到答案.
【详解】对于A选项，由，为正实数，且，可得，所以，
所以，
若，则，可得，这与矛盾，故成立，所以A中命题为真命题；
对于B选项，取，，则，但，所以B中命题为假命题；
对于C选项，取，，则，但，所以C中命题为假命题；
对于D选项，由，则，
即，可得，所以D中命题为真命题.
故选AD.
【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中结合不等式的基本性质，熟练应用作差比较进行运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
10. 已知在等比数列中，满足，，是的前n项和，则下列说法正确的是（）．
A. 数列是等比数列
B. 数列是递增数列
C. 数列是等差数列
D. 数列中，，，仍成等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等比数列、递增数列、等差数列等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】依题意可知，
所以，所以数列是等比数列，A选项正确.
，所以，且，所以数列是递减数列，B选项错误.
设，则，
所以数列是等差数列，C选项正确.
，因为，故数列{}中，不成等比数列，所以D选项错误.
故选：AC.
11. 已知正方体,过对角线作平面交棱于点,交棱于点,下列正确的是（ ）
A. 平面分正方体所得两部分的体积相等
B. 四边形一定是平行四边形
C. 平面与平面不可能垂直
D. 四边形的面积有最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等;依题意可证,,故四边形一定是平行四边形;当为棱中点时,平面,
平面平面;当与重合,当与重合时的面积有最大值.
【详解】解: 对于A：由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故A正确;
对于B：因为平面,平面平面,
平面平面,.
同理可证：,故四边形一定是平行四边形,故B正确;
对于C：当为棱中点时,平面,又因为平面,
所以平面平面,故C不正确;
对于D：当与重合,当与重合时的面积有最大值,故D正确.
故选:ABD
【点睛】本题考查正方体的截面的性质, 解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系,考查空间想象力.
12. 已知定义域为的函数满足是奇函数，为偶函数，当时，，则（）
A. 函数不是偶函数
B. 函数的最小正周期为4
C. 函数在上有3个零点
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据是奇函数，为偶函数，可得的对称中心和对称轴，再结合时，解析式，作出的图像，可判断A，C的正误；根据对称轴和对称中心，即可得的最小正周期，可判断B的正误；根据的周期性及题干条件，代数化简，即可比较的大小，即可得答案.
【详解】对于A：因为是奇函数，图像关于对称，
所以图像关于对称，
因为为偶函数，图像关于对称，
所以图像关于对称，
又因为时，，作出图像，如下图所示
所以函数图像不关于y轴对称，即不是偶函数，故A正确；
对于B：因为是奇函数，
所以，即，
因为为偶函数，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以函数的最小正周期为8，故B错误；
对于C：由图像可得：在上图像与x轴有3个交点，所以函数在上有3个零点，故C正确；
对于D：由题意得：，，
所以，故D错误.
故选：AC
解题的关键是熟练掌握函数的周期性､对称性，并灵活应用，难点在于，根据对称性，得到周期性，再结合题意求解，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，则__________________．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦的二倍角公式结合诱导公式即可得解.
【详解】∵，∴，
∴．
故答案为：．
14. 已知展开式的二项式系数之和为256，则______；展开式中常数项为______.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】（1）解方程即得解；
（2）设常数项为第项，则，令即得解.
【详解】（1）由题得二项式系数之和为，可得.
（2）设常数项为第项，
则，
故，即，
则常数项为.
故答案为：8；.
【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数之和，考查展开式的指定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15. 已知抛物线：与圆：，直线：与抛物线交于，两点，与圆交于，两点，若，则抛物线的准线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，联立，结合韦达定理及弦长公式可得，再根据圆求出弦长，进而列出方程即可求解.
【详解】设，，
联立，化简得，
所以，
，，
所以，
由圆：，即，
所以圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
所以，
由，得，解得，
所以抛物线：，
所以抛物线的准线方程为.
故答案为：.
16. 卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，是由美籍华人建筑师贝聿铭设计的，已成为巴黎的城市地标.卢浮宫金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离为________.
【答案】##
【解析】
【分析】连接、，交于，连接，则球心在的延长线上，结合题意可得，且，，设，，求出，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，再结合法向量求解即可.
【详解】如图，连接、，交于，连接，则球心在上（或延长线上），
在正四棱锥中，，且，，
设，
所以，解得，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
所以球心到四棱锥侧面的距离为.
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、证明赛程或演算步骤）
17. 从①，，成等差数列；②，，成等比数列；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答下列问题.
已知为数列的前项和，，，且________.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得数列为等比数列，公比为，进而结合等差中项、等比中项、等比数列的前项和公式求解即可；
（2）分为奇数和为偶数两种情况结合等差、等比数列的前项和公式分别进行求和，进而求解.
【小问1详解】
由，，
当时，，
两式相减得，即，
所以数列为等比数列，公比为.
选①，由，，成等差数列，
可得，即，
解得，所以.
选②，由，，成等比数列，
得，即，
解得，所以.
选③，由，得，
所以.
【小问2详解】
当为奇数时，，
记前项和中的奇数项之和为，
则.
当为偶数时，，
记前项和中偶数项之和为，
则，
故.
18. 在中，已知内角，，所对的边分别是，，，且.
（1）求角；
（2）若，角平分线，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理和正弦定理化简题设可得，进而结合两角和的正弦公式可得，进而求解；
（2）结合角平分线利用等面积法可得，进而求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
整理得，
即，
又，则，
所以.
【小问2详解】
因为为角的平分线，
所以，
由，得，
即，解得，
所以.
19. 某“双一流”大学的专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金（资金3000元）、专业二等奖学金（奖金1500元）和专业三等奖学金（奖金600元），且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次.图1是该校2022年500名学生每周课外平均学习时间的频率分布直方图，图2是这500名学生在2022年每周课外平均学习时间段专业奖学金的频率柱状图.
（1）求这500名学生中获得专业三等奖学金的人数.
（2）若将每周课外平均学习时间超过35h学生称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，画出列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生获得专业一、二等奖学金与努力有关？
（3）若以频率作为概率，从该校任选1名学生，记该学生2022年获得的专业奖学金的金额为随机变量，求随机变量的分布列和期望.
附表：
观测值计算公式：.
【答案】（1）人
（2）列联表见解析，能；
（3）分布列见解析，期望为元.
【解析】
【分析】（1）根据直方图和频率柱状图求出获专业三等奖学金频率，进而求对应人数；
（2）由图分析出非努力、努力型学生人数，分别求出其中对应获一、二等奖学金的人数，进而得到列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想得结论；
（3）该学生2022年获得的专业奖学金的金额为，根据已知图求对应概率，写出分布列，进而求期望.
【小问1详解】
由题图，专业三等奖学金频率为，
所以500名学生中获得专业三等奖学金的人数人；
【小问2详解】
非努力型学生人数为人，
其中获一、二等奖学金的人数为人，
所以努力型学生人数为人，其中获一、二等奖学金的人数为人，
综上，列联表如下：
，
所以依据小概率值的独立性检验，能认为该校学生获得专业一、二等奖学金与努力有关.
【小问3详解】
由题设，该学生2022年获得的专业奖学金的金额为，
，
，
，，
分布列如下：
元.
20. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，是棱的中点，，点在线段上，且.
（1）求证：平面.
（2）若，平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，结合相似可得，进而求证即可；
（2）过作，垂足为，连接，结合可得，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，进而结合法向量求解即可.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为，所以，
又，所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，连接，
因为，所以为的中点，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为为正三角形，为的中点，
所以.
如图，以为原点，以，，所在直线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，得，取，
平面的法向量可取，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，斜率为的直线过且与椭圆相交于，两点，的周长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设线段的中垂线交轴于，在以，为邻边的平行四边形中，顶点恰好在椭圆上，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义即可求出椭圆标准方程；
（2）先设出直线方程及，点坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得到，点坐标之间的关系.再利用中垂线性质及平行四边形中的向量等式得到点坐标，最后把点坐标代入椭圆方程求出斜率得到直线方程.
【详解】解：（1）由的周长为，则有，所以，
又椭圆的离心率，
则，，故椭圆的标准方程为：.
（2）由题意可知，直线的斜率，设直线：，，
由可得
显然，，
则中点，中垂线方程为：.
所以，由四边形为平行四边形，则，
即
所以，
由在椭圆上，则，解得，即.故直线的方程为.
【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程、性质及直线与椭圆的位置关系，关键是利用向量工具表示点的坐标，采用设而不求，属于中档题.
22. 已知函数.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若有两个极值点分别为，，求的最小值.
【答案】（1）；（2）最小值为.
【解析】
【分析】（1）先求解出，然后分类讨论确定单调性，再求最小值，然后解不等式即可；
（2）根据是的两个极值点可求得的值，再利用的值将化简成，然后通过构造新函数并分析其定义域结合单调性求解出其最小值.
【详解】（1）因为，
所以，
由得或.
①当时，因为，不满足题意，
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
于是，解得，
所以的取值范围为.
（2）函数，定义域为，，
因为，是函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等正根，
则有，，，
得，对称轴，故，.
且有，，
.
令，则，
，，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，
所以的最小值为.
思路点睛：导数中求解双变量问题的一般步骤：
（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；
（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；
（3）构造关于或或的新函数，同时根据已知条件确定出或或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
0050
0.010
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
非努力型
努力型
专业一、二等奖学金
92
36
128
非专业一、二等奖学金
348
24
372
440
60
500
0
600
1500
3000
0.424
0.32
0.198
0.058