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浙江省绍兴市上虞中学2023-2024学年高三数学上学期开学考试题(Word版附解析)

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2023-2024学年高三百校起点调研测试数学一、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,,②①②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4C.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】①.8②.【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:00500.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828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:非努力型努力型专业一、二等奖学金9236128非专业一、二等奖学金3482437244060500,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:060015003000 0.4240.320.1980.058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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 20:06:02 页数:25
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文章作者:随遇而安

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