高三开学学情调研卷01（零模）-【学情调研】2024年高三数学秋季开学考试（安徽专用）

2024年高三数学秋季开学考试（安徽专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．已知全集，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，且是复数的共轭复数，则的值是（    ） A． B．3 C．5 D．9 3．已知是的中线，，以为基底表示，则（    ）    A． B． C． D． 4．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（    ） A． B． C． D． 5．在锐角中，角的对边分别为为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知椭圆的左、右焦点分别是，，若离心率，则称椭圆为“黄金椭圆”.则下列三个命题中正确命题的个数是（  ） ①在黄金椭圆中，； ②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，，则； ③在黄金椭圆中，以，，，为顶点的菱形的内切圆过焦点，． A． B． C． D． 7．已知等差数列的前项和为，则（    ） A．25 B．27 C．30 D．35 8．已知，现有下列命题： ①；②；③若，且， 则有，其中的所有正确命题的序号是 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9．截至2021年，中国铁路营运总里程突破15万公里，其中中国高铁运营里程突破4万公里，位于世界榜首，为中国经济的高速发展提供有力的交通保障.下图为2012年至2021年中国高铁每年新增里程折线图，根据图示下列说法正确的有（    ） A．2012年至2021年中国高铁里程平均每年新增约34.5百公里 B．2012年至2021年中国高铁每年新增里程的中位数为33百公里 C．2012年至2021年中国高铁每年新增里程的上四分位数为21百公里 D．2012年至2016年中国高铁每年新增里程的方差大于2017年至2021年中国高铁每年新增里程的方差 10．如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论中，正确的有（    ） A．直线与是相交直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为90° D．直线与所成的角为60° 11．已知函数，的定义域均为，且满足，，，则（    ） A．为奇函数 B．4为的周期 C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中的系数为 ． 13．现有一个底面边长为，高为4的正三棱柱形密闭容器，在容器中有一个半径为1的小球，小球可以在正三棱柱形容器中任意运动，则小球未能达到的空间体积为 ． 14．已知双曲线（，）的右焦点为，经过点作直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为点，直线与双曲线的另一条渐近线相交于点，若    ，则双曲线的离心率 . 四、解答题：本大题共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．（13分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，是中点，是中点. (1)证明：平面； (2)证明：. 16．（15分）安徽省从2024年起实施高考综合改革，实行高考科目“”模式．“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如表1： 表1 等级 A B C D E 人数比例 赋分区间 将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中分别表示原始分区间的最低分和最高分，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级赋分，计算结果四舍五入取整．若甲同学在五月全市模考中某选考科目成绩信息如表2（本次考试成绩均为自然数） 表2 原始分 成绩等级 原始分区间 等级分区间 75分 A等级 (1)求甲同学该科目的等级分； (2)理论上当原始分区间的极差越大时，该区间中得分越低的同学赋分后等级分比原始分增加越多．比如某同学仅该科目较为薄弱，如果赋分后能比原始分增加9.5分以上（包含9.5分），那么六科总分排名相对于原始分排名就会有大幅提升，此时赋分制对于该同学就是有利的．经过统计数据，五月全市模拟考试该学科A等级的成绩分布如表3．则如果从A等级的学生中随机选出100名，X表示其中获益于赋分政策的人数，求的值． 表3 分数段 人数比例 17．（15分）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数在有两个极值点，求实数t的取值范围． 18．（17分）已知为拋物线的焦点，为坐标原点，为的准线上一点，直线的斜率为的面积为．已知，设过点的动直线与抛物线交于两点，直线与的另一交点分别为．    (1)求拋物线的方程； (2)当直线与的斜率均存在时，讨论直线是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 19．（17分）已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和． 试卷第2页，共19页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高三数学秋季开学考试（安徽专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．已知全集，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出函数定义域化简集合A，解不等式化简集合B，再分析试算判断得解. 【详解】函数中，，解得，则， 由，解得或，则或， 显然不包含于集合，而，， 选项ABC不满足，，D正确. 故选：D 2．已知复数满足，且是复数的共轭复数，则的值是（    ） A． B．3 C．5 D．9 【答案】C 【分析】先化简复数，再求出，最后得解. 【详解】， ， . 故选：C 3．已知是的中线，，以为基底表示，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用向量的线性运算计算即可. 【详解】因为是的中线，所以， ． 故选：B. 4．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据分步计数原理可得结果. 【详解】每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法， 所以5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为. 故选：A. 5．在锐角中，角的对边分别为为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据余弦定理、三角形的面积公式、三角恒等变换、三角函数值域等知识求得正确答案. 【详解】因为， 所以可得， 化简得，又， 联立得， 解得或（舍去）， 所以， 为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以，所以， . 故选：A 6．已知椭圆的左、右焦点分别是，，若离心率，则称椭圆为“黄金椭圆”.则下列三个命题中正确命题的个数是（  ） ①在黄金椭圆中，； ②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，，则； ③在黄金椭圆中，以，，，为顶点的菱形的内切圆过焦点，． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据黄金椭圆的概念及可判断①，根据条件及勾股定理可判断②，根据条件可求内切圆的半径进而可判断③. 【详解】对①，因为，所以，则 ，故①正确； 对②，因为在中，，由①知，， 所以， 即，故②正确； 对③，由题可知以为顶点的菱形的内切圆是以原点为圆心，设圆心的半径为， 所以， 代入离心率得到，所以圆过焦点，故③正确． 故选：D． 7．已知等差数列的前项和为，则（    ） A．25 B．27 C．30 D．35 【答案】A 【分析】借助等差数列及其前项和的性质计算可得公差，结合等差数列求和公式计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 又，则，解得， 则. 故选：A. 8．已知，现有下列命题： ①；②；③若，且， 则有，其中的所有正确命题的序号是 A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】直接利用对数的运算法则验证命题①②，确定函数的单调性判断③． 【详解】,,即①正确； ，故②正确； 又因为在上递增， 即时，时，，时，， 所以总有成立，故③正确， 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9．截至2021年，中国铁路营运总里程突破15万公里，其中中国高铁运营里程突破4万公里，位于世界榜首，为中国经济的高速发展提供有力的交通保障.下图为2012年至2021年中国高铁每年新增里程折线图，根据图示下列说法正确的有（    ） A．2012年至2021年中国高铁里程平均每年新增约34.5百公里 B．2012年至2021年中国高铁每年新增里程的中位数为33百公里 C．2012年至2021年中国高铁每年新增里程的上四分位数为21百公里 D．2012年至2016年中国高铁每年新增里程的方差大于2017年至2021年中国高铁每年新增里程的方差 【答案】BD 【分析】根据题意，由平均数，中位数以及百分位数的计算公式即可判断ABC，由方差的计算公式，即可判断D 【详解】将2012年至2021年中国高铁每年新增里程从小到大排序为， 则平均数为，故A错误； 中位数为，故B正确； ，则上四分位数为，故C错误； 2012年至2016年中国高铁每年新增里程的平均数为， 则方差为， 2017年至2021年中国高铁每年新增里程的平均数为， 则方差为， 故D正确； 故选：BD 10．如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论中，正确的有（    ） A．直线与是相交直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为90° D．直线与所成的角为60° 【答案】BCD 【分析】根据异面直线的定义，结合线线垂直的判定，即可容易判断和求解. 【详解】由异面直线的定义可知，直线与是异面直线， 直线与是异面直线，所以A错误，B正确； 对于C，连接，因为平面，所以， 因为，， 所以平面， 所以，所以直线与所成的角为90°，所以C正确； 对于D，连接，则∥， 所以（或补角）为与所成的角， 因为为正三角形，所以， 所以直线与所成的角为60°，所以D正确， 故答案为：BCD 【点睛】本题考查异面直线的判定，以及异面直线夹角的求解，属综合基础题. 11．已知函数，的定义域均为，且满足，，，则（    ） A．为奇函数 B．4为的周期 C． D． 【答案】BD 【分析】对于A，由得出的对称中心为，再由和得出关于对称，则关于轴对称，为偶函数，判断出A；对于B，由和，得出的周期为4，再根据，即可得出的周期；对于C，由的周期性和奇偶性，求出，即可判断C；对于D，根据和的周期即可判断D． 【详解】对于A： 因为， 所以的对称中心为， 因为， 所以， 又， 所以，则关于对称，结合的对称中心为， 所以关于轴对称，即为偶函数，故A错误； 对于B： 因为， 所以， 又， 所以，即， 所以，即的周期为4， 又， 所以的周期也为4，故B正确； 对于C： 由对称中心为，得， 又因为对称轴为，所以，所以关于对称中心， 所以和关于点对称， 所以， 所以， 所以，故C错误； 对于D： 由C得， 因为， 所以，，，， 所以 ， 又因为的周期为4， 所以，故D正确， 故选：BD． 【点睛】方法点睛：①若函数是奇函数，则函数的图像关于点对称；②若函数是偶函数，则函数的图像关于直线对称；③若函数是奇函数，则函数的图像关于点对称；④若函数是偶函数，则函数的图像关于直线对称；⑤若函数的图像既有对称轴又有对称中心，则对称轴关于对称中心对称的直线仍是函数图像的对称轴，对称中心关于对称轴对称的点仍是函数图像的对称中心；⑥若函数的图像关于点对称，且函数在时有意义，则有；⑦若函数的图像具有双对称性，则函数为周期函数；若的图像关于直线，对称，则函数是以为周期的周期函数；若的图像关于点和对称，则函数是以为周期的周期函数；若的图像关于直线对称，又关于点对称，则函数是以为周期的周期函数；⑧若函数的周期为，则函数的周期为． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中的系数为 ． 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项即可解出. 【详解】要求的展开式中的系数， 即求展开式中含的项, 易知展开式的通项为， 所以第四项满足题意，即， 故展开式中的系数为. 故答案为：. 13．现有一个底面边长为，高为4的正三棱柱形密闭容器，在容器中有一个半径为1的小球，小球可以在正三棱柱形容器中任意运动，则小球未能达到的空间体积为 ． 【答案】 【分析】计算边长为的正三角形的内切圆半径可得该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，则可计算出移动中所形成的空间几何体的体积，再用正三棱柱体积减去总体积即可得小球未能达到的空间体积. 【详解】边长为的正三角形的内切圆半径为：， 故该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切， 球在上下移动中所形成的空间几何体为两个半球圆柱， 其体积为：， 所以剩下体积：． 故答案为：. 14．已知双曲线（，）的右焦点为，经过点作直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为点，直线与双曲线的另一条渐近线相交于点，若    ，则双曲线的离心率 . 【答案】 【分析】设直线，，由，得到，从而有，根据条件有，从而得到，再利用，即可求出结果. 【详解】易知，如图，由对称性不妨设直线，， 由，消得到， 则， 因为，所以，得到，即， 将代入，整理得到， 又易知，所以，得到，即， 所以双曲线的离心率， 故答案：. 四、解答题：本大题共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．（13分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，是中点，是中点. (1)证明：平面； (2)证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，，可得四边形为平行四边形，即，从而证明平面；（2）连接与交于，可得与相似，求出，，由勾股定理的逆定理可得，由已知条件可得从而可得平面，即可证明. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为为中点， 是中点， 所以，， 又因为底面是矩形，是中点， 所以，， 所以，， 则四边形为平行四边形； 所以， 又平面，平面， 所以平面 （2）连接与交于， 设，底面是矩形， 则，， 因为， 所以，， 则与相似，所以， 所以，， 则， 所以 即， 又因为平面，平面， 所以， 由于，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以 16．（15分）安徽省从2024年起实施高考综合改革，实行高考科目“”模式．“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如表1： 表1 等级 A B C D E 人数比例 赋分区间 将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中分别表示原始分区间的最低分和最高分，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级赋分，计算结果四舍五入取整．若甲同学在五月全市模考中某选考科目成绩信息如表2（本次考试成绩均为自然数） 表2 原始分 成绩等级 原始分区间 等级分区间 75分 A等级 (1)求甲同学该科目的等级分； (2)理论上当原始分区间的极差越大时，该区间中得分越低的同学赋分后等级分比原始分增加越多．比如某同学仅该科目较为薄弱，如果赋分后能比原始分增加9.5分以上（包含9.5分），那么六科总分排名相对于原始分排名就会有大幅提升，此时赋分制对于该同学就是有利的．经过统计数据，五月全市模拟考试该学科A等级的成绩分布如表3．则如果从A等级的学生中随机选出100名，X表示其中获益于赋分政策的人数，求的值． 表3 分数段 人数比例 【答案】(1)87 (2)30 【分析】（1）由计算即可； （2）根据得到与的等量关系，再由该同学受益于赋分政策，有，求得的范围，进而得到受益于赋分政策的平均人数. 【详解】（1）由知得， 所以甲同学该科目的等级分为87分. （2）由得， 该同学受益于赋分政策，则，即，取整得， 因为， 所以，故. 17．（15分）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数在有两个极值点，求实数t的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）分，和，求定义域，求导，得到函数单调性； （2）求定义域，求导，得到，即在有两个变号零点，求导得到，分，，和，讨论函数单调性和最值情况，得到不等式，求出答案. 【详解】（1）当时，为常数函数，不具有单调性； 当时，的定义域为， ， 若，令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 若，令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，不具有单调性； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2），定义域为， ，在有两个极值点， 即在有两个变号零点， ， 若，则， 故在上单调递增， 所以在有没有两个变号零点，舍去； 若，令得， 若，则，此时在上单调递增， 所以在有没有两个变号零点，舍去； 若，则，此时在上单调递减， 所以在有没有两个变号零点，舍去； 若，则令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 令，由于，解得， 又趋向于0时，趋向于1，， 故当时，满足在有两个变号零点， 故实数t的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 18．（17分）已知为拋物线的焦点，为坐标原点，为的准线上一点，直线的斜率为的面积为．已知，设过点的动直线与抛物线交于两点，直线与的另一交点分别为．    (1)求拋物线的方程； (2)当直线与的斜率均存在时，讨论直线是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)直线过定点 【分析】（1）由题意得，，结合的面积为列方程即可求解； （2）设， ，联立抛物线方程得，设，则，结合三点共线得，同理，得出关于的表达式即可求解. 【详解】（1）    设准线与轴的交点为， 直线的斜率为，又， ． 故抛物线的方程为：． （2）设，过点的直线方程为：． 则联立，整理得：， 由韦达定理可得：． 又设， 所以直线斜率为， 直线方程为，即的直线方程为：， 由三点共线可得：，即， 所以， 所以，因为，所以化简可得：， 同理，由三点共线可得：， 可得， ， 综上可得的直线方程为：， 变形可得：，所以直线过定点． 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是首先得，然后通过三点共线得与的关系，进一步和产生关联即可顺利得解. 19．（17分）已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. 【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果； (Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可； (Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可. 【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q. 由，，可得d=1. 从而的通项公式为. 由， 又q≠0，可得，解得q=2， 从而的通项公式为. (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得， 故，， 从而， 所以. (Ⅲ)当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 对任意的正整数n，有， 和 ① 由①得 ② 由①②得， 由于， 从而得：. 因此，. 所以，数列的前2n项和为. 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题. 试卷第2页，共19页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网（北京）股份有限公司 $$