安徽省安庆池州铜陵三市部分学校2024届高三上学期开学联考数学 Word版含解析.docx

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数学试卷本试卷共4页，22题.全卷满分150分，考试时间120分钟.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：B4.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：A5.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：D6.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：D8.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：甲78795491074乙9578768677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：ABC10.已知，，，A，B两点不重合，则（）A.的最大值为2B.的最大值为2C.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：AD11.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-2C.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：BCD12.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6B.若直线与，都相切，则直线的斜率为1C.若直线过原点与相切，则直线被截得的弦长为4D.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：学生ABCDE获胜概率0.40.50.60.70.8获胜积分87654（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.