广西南宁市武鸣高级中学2023-2024学年高三数学上学期开学调研试题（Word版附解析）

广西武鸣高中2024届高三（上）开学调研测试题数学一、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（）A.或B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求得集合，根据集合交集运算即可求得答案.【详解】由题意可得，或，故，故选：B2.已知复数满足（i是虚数单位），则的虚部是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复数乘方运算法则和除法法则计算得到，得到虚部.【详解】，则，则其虚部为．故选：D3.记为等差数列的前n项和.若，，则（）A.4B.24C.30D.32【答案】C【解析】 【分析】由等差数列通项公式和前n项和公式，列方程组解出数列首项和公差，可求的值.【详解】设等差数列公差为，则有，解得，所以.故选：C4.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（　　）A.91mB.74mC.64mD.52m【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求解即可.【详解】在△中，,在△中，,,则,由正弦定理得，即，解得,在△中，，故选:.5.已知椭圆的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以线段为直径的圆与直线相切，可得原点到直线的距离,化简可求离心率.【详解】因为椭圆的左、右顶点分别为，，所以，所以以线段为直径的圆的圆心为坐标原点,半径为,所以圆的方程为，因圆与直线相切，所以,整理可得：,即,即,从而,所以.故选：A6.已知函数，则（）A.B.函数有一个零点C.函数是偶函数D.函数的图象关于点对称 【答案】D【解析】【分析】根据题意，判断函数的单调性，结合单调性性质判断A，由指数函数的性质可得，结合零点定义判断B，举反例判断C，证明，由此可得函数的对称性，判断D，综合可得答案．【详解】函数的定义域为，对于A，函数，函数在R上为增函数，易得在R上为增函数，则有，A错误；对于B，，有，则有，所以没有零点，B错误；对于C，，，所以，不偶函数，C错误；对于D，因为，所以所以，所以函数的图象关于点对称，D正确；故选：D．7.设是定义在上的奇函数，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】法一：利用特殊值对错误选项进行排除，从而确定的该正确答案.法二：根据函数的解析式、单调性、奇偶性化简不等式，从而求得的取值范围.【详解】解法一：（排除法）当则得，即在时恒成立，而最大值，是当时出现，故的最大值为，则恒成立，排除B项，同理再验证时，恒成立，排除C项，时，不成立，故排除D项解法二：∵是上的奇函数，当时，，∴当时，，∴是上的增函数，∵对任意恒成立，∴，∴，∴，其中，∴，∴，∴．故选：A【点睛】方法点睛：排除法是解选择题的一个方法.利用单调性、单调性处理不等式恒成立问题，将不等式化为形式是解题的关键，然后利用函数的单调性去掉符号“”，由此来求得参数的取值 范围.8.武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（）A.19840种B.16000种C.31360种D.9920种【答案】D【解析】【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案.【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种，然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种，所以太极拳有种排法，若五天中有天既有太极拳又有形意拳，则哪一天重复有种，再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种，再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器，所以有种，若五天中有天既有太极拳又有形意拳，则哪两天重复有种，再从另外不重复的2天中排形意拳，有种，再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器，但排在同一天不合适，所以有种，所以共有种，若五天中有天既有太极拳又有形意拳，则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种，所以有种， 综上所述：共有种.故选：D.二、选择题（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.若，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由不等式的性质，指数函数、对数函数和幂函数的性质，判断不等式是否成立.【详解】需要，不能满足，A选项错误；由指数函数的性质，当时，有，B选项正确；由幂函数的性质，当时，有，即，C选项正确；当时，满足，但不成立，D选项错误.故选：BC10.下列命题为真命题的有（）A.若随机变量的方差为，则B.已知关于的回归直线方程为，则样本点的残差为C.若随机变量，且，则D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关【答案】BC【解析】【分析】选项A利用方差性质求新方差；选项B根据回归方程求得预报值，再求得残差进行判断；选项C 根据正态分布的对称性求得结果即可判断；D根据独立检验的基本思想即可得结论.【详解】对于A，因为，所以，故A错误；对于B，由，得样本点的残差为，故B正确；对于C，若随机变量，且，可得，则，故C正确；对于D，根据，故没有的把握认为与有关，故D错误．故选：BC．11.已知O为坐标原点，抛物线C：的准线方程为，过焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，则（）A.若，则B.若，则直线l的斜率为1C.D.面积的最小值为2【答案】ACD【解析】【分析】由抛物线准线方程可求得抛物线方程，利用焦半径公式可求得A点坐标，即可判断A；设直线l的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，结合求得，即可求得直线斜率，判断B；利用焦半径公式结合基本不等式可判断C；表示出面积，结合基本不等式求得其最小值，判断D.【详解】因为抛物线C：的准线方程为，故,故，焦点为，设，对于A，，代入得，即故，A正确；对于B，，则，当直线为时，，由此可判断时，直线l的斜率存在且不等于0， 设直线l的方程为，联立可得：，故，解得，满足，故B错误；对于C，由B的分析可知，当直线为时，也有成立；故，当且仅当即时，取得等号，C正确；对于D，不妨设A点在第一象限，则，故的面积，则，当且仅当时等号成立，即面积的最小值为2，D正确，故选：ACD12.点在以为直径的球的表面上，且，，已知球的表面积是，设直线和所成角的大小为，直线和平面所成角的大小为，四面体内切球半径为，下列说法中正确的个数是（）A.平面B.平面平面C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据，，由线面垂直判定可知A正确；根据， ，由线面垂直和面面垂直的判定可知B正确；利用体积桥可求得，知C错误；根据平行关系和异面直线所成角定义可知，由面面垂直性质和线面角定义可知，由长度关系可求得D正确；【详解】对于A，为球的直径，为球上一点，，又，，平面，平面，A正确；对于B，为球的直径，为球上一点，，由①知：平面，又平面，，，平面，平面，又平面，平面平面，B正确；对于D，取中点，连接，分别为中点，，，，分别为中点，，又平面，平面，平面，；因为球的表面积为，所以，解得，，；，，，又，，为等边三角形，，则；，为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，， ，，，，，D正确.对于C，，，，，，四面体的表面积，四面体内切球半径，C错误；故选：ABD.【点睛】思路点睛：对于D选项，根据平行关系和异面直线所成角定义可知，由面面垂直性质和线面角定义可知，由长度关系可求得答案，本题考查了学生的空间想象能力、运算能力.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分）13.在的展开式中，的系数为____________.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】由题设可得展开式通项为，进而确定含项的r值，即可求其系数.【详解】由题设，展开式通项为，所以，令有，则的系数为.故答案为： 14.已知向量，，且．则的值为___________.【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式、向量共线的坐标表示及平方关系式求得结果.【详解】因为，，且，所以，即，即，因为，所以，所以，又，所以.故答案为：.15.已知两城市的距离是､根据交通法规，两城市之间的公路车速应限制在，假设油价是6元，以的速度行驶时，汽车的耗油率为，其它费用是36元.为了这次行车的总费用最少，那么最经济的车速是______（精确到，参考数据）【答案】【解析】【分析】根据题设可得，，利用基本不等式求解即可.【详解】设汽车以行驶时，行车的总费用，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故为了这次行车的总费用最少，那么最经济的车速是.故答案为：.16.已知函数，（），若的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围是______． 【答案】【解析】【分析】结合题意可得到在上恰有两个不相等的实根，令，利用导数判断函数的单调性，从而可得，则原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，令，利用导数求出函数函数的单调区间，从而作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.【详解】关于轴对称的函数为，因为的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，所以方程在上恰有两个不相等的实根，即，即，即，即在上恰有两个不相等的实根，令，则，所以函数在上单调递增，所以，即，，故原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，当时，， 如图，作出函数在上的大致图象，要使函数与在上恰有两个不同的交点，只要，因为，所以，所以实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.四、解答题（共6小题，其中17题10分，其他题12分，满分70分）17.公差不为零的等差数列的前n项和为,若,且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设是首项为1,公比为2的等比数列,求数列的通项公式及其前n项和为．【答案】（1）；（2）. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的前项和公式可得，根据等比数列可得，列出关于和的方程，解出即可得的通项公式；（2）先求出的通项公式，根据分组求和法求其前项和.【详解】（1）由，得．又∵成等比数列，∴，即，解得或（舍去），∴，故．（2）由题意，所以，所以．【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.18.某研究机构随机抽取了新近上映的某部影片的120名观众，对他们是否喜欢这部影片进行了调查，得到如下数据（单位：人）：喜欢不喜欢合计男性403070女性351550合计7545120根据上述信息，解决下列问题：（1）根据小概率值的独立性检验，分析观众喜欢该影片与观众的性别是否有关；（2）从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人.现从6人中随机抽取2人，若所选2名观众中女性人数为X，求X的分布列及数学期望. 附：，其中.0.150.100.050.0100.0012.0722.7063.8416.63510.828【答案】（1）不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）计算的值，与临界值表比较，可得结论；（2）确定随机抽取6人中男性和女性的人数，进而确定随机变量X的可能取值，求得每个值对应的概率，可得分布列，根据期望公式可求得数学期望.【小问1详解】由题意得，故根据小概率值的独立性检验，不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关；【小问2详解】由题意知从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人，由于不喜欢该影片的观众中男性与女性的比例为，故随机抽取6人中有4名男性和2名女性，故X的取值可能为0，1，2，则，故X的分布列为：X012P故19.已知在四棱锥中，，，，， ，E为CD的中点.（1）证明：平面平面PAE；（2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，由已知可得，即有，再由线面垂直的判定证面，根据面面垂直的判定即可得结论；（2）首先根据条件作出直线与平面所成的角，点作，分别与，相交于，，连接，为直线与平面所成的角,为直线与平面所成的角，根据这两个角相等，得到边的关系，最后得到二面角的平面角为.【小问1详解】平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：在△中，故，即，所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，因为，且，面，所以面，由面，故面面.【小问2详解】平面，是二面角的平面角，过点作，分别与，相交于，，连接，由（1）知平面，为直线与平面所成角，且，由，则，由，则， 又，且面，则面，而面，所以，结合，，且面，所以面，则为直线与平面所成的角，有题意知，,因为知，，又，是平行四边形，，，因为，，，于是，所以，又，，，所以，因为，面，面，则，则，即，因为为中点，则，又因为，且平面，平面，则二面角的正切值即为，则，二面角的正弦值是.20.某工厂购进一批加工设备，由于该设备自动模式运行不稳定，因此一个工作时段内会有的概率出现自动运行故障，此时需要1名维护人员立刻将设备切换至手动操控模式，并持续人工操作至此工作时段结 束，期间该人员无法对其它设备进行维护.工厂在每个工作时段开始时将所有设备调至自动模式，若设备的自动模式出现故障而得不到人员的维护，则该设备将停止运行，且每台设备运行的状态相互独立.（1）若安排1名人员负责维护3台设备，求这3台设备能顺利运行至工作时段结束的概率；（2）设该工厂有甲，乙两个车间.甲车间有6台设备和2名维护人员，将6台设备平均分配给2人，每名维护人员只负责维护分配给自己的3台设备；乙车间有7台设备和2名维护人员，7台设备由这2人共同负责维护.若用车间所有设备顺利运行至工作时段结束的概率来衡量生产的稳定性，试比较两个车间稳定性的高低.【答案】（1）；（2）乙车间生产稳定性更高.【解析】【分析】（1）设3台设备自动模式不出故障的台数记为，则，利用二项分布的概率公式求解即可；（2）由（1）知每个小组能保证设备顺利运行至结束概率，进而可得甲车间设备顺利运行至结束的概率；乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为，利用二项分布的概率公式可求解乙车间设备顺利运行至结束的概率；两个结果作比可得结论．【详解】（1）设3台设备自动模式不出故障的台数记为，则记“1名人员维护3台设备能顺利运行至工作时段结束”为事件A.则.（2）甲车间分得的两个小组相互对立，由（1）知每个小组能保证设备顺利运行至结束概率设“甲车间设备顺利运行至结束”为事件B.则乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为记“乙车间设备顺利运行至结束”为事件C. ∵，∴故乙车间生产稳定性更高.21.已知双曲线E：的离心率为，点在双曲线E上.（1）求E的方程；（2）过点的直线l与双曲线E交于A，B两点（异于点P）.设直线BC与x轴垂直且交直线AP于点C，若线段BC的中点为N，判断：P，M，N三点是否共线？并说明理由.【答案】（1）（2）共线，理由见解析【解析】【分析】（1）由双曲线的离心率为，得，再将代入的方程可得，从而得出的方程；（2）联立直线和双曲线方程结合韦达定理得出，再由点坐标得出，最后由结合可得直线的斜率为定值2，而直线PM的斜率也是2，从而可得出结论．【小问1详解】双曲线的离心率为，所以，即，，将代入的方程可得，即，则，故的方程为．【小问2详解】依题意，可设直线，，． 与联立，整理得，所以，，解得，且，，，所以．（*）又，所以的坐标为，由可得，，从而可得的纵坐标，将（*）式代入上式，得，即．所以，，将（*）式代入上式，得，又，直线MN与直线PM有公共点M，所以P，M，N三点是否共线．【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出，建立的关 系，从而得出点的坐标，由此得出.22.设函数，其中.（1）讨论函数在上的极值；（2）若函数f(x)有两零点，且满足，求正实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出，分、讨论，可得答案；（2）由零点存在定理可知，而题设，消去a可得，令，且，求出，，将其代入得，再利用导数分、讨论可得答案..【小问1详解】由知，1）当时，且有，，单调递增，故无极值；2）当时，有，，单调递减，而，，单增，故，无极大值综上，当时，无极值；当时，极小值为，无极大值；【小问2详解】由（1）可知当时，，，且，由零点存在定理可知，而题设可知，消去a可得，令，且，即，， 将其代入，整理可令得，而，1)当时，且，有，单调递增，，满足题设；2)当时，且，有，单调递减，，不满足题设；综上，的取值范围为.【点睛】关键点点睛：第二问解题关键点是消去a可得，令得、，将其代入构造函数，本题还考查了学生思维能力、运算能力.