高三开学学情调研卷02（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．已知集合，若，则（    ） A．3 B．2 C．1 D．1或3 2．复数满足（为虚数单位），则的最小值是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 5．已知，则若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺．如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱的组合体，其中圆柱的底面半径为2，圆锥与圆柱的高均为2，若该陀螺是由一个球形材料削去多余部分制成，则该球形材料的体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．已知角的对边分别为满足，则角的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知是方程的两个解，则（    ） A． B． C． 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．已知直线，其中为常数，与的交点为，则（    ） A．对任意实数 B．不存在点，使得为定值 C．存在，使得点到原点的距离为3 D．到的最大距离为 10．已知数列满足： ，其中，下列说法正确的有（    ） A．当时， B．当时，数列是递增数列 C．当时，若数列是递增数列，则 D．当时， 11．如图，在正三棱锥中，，分别是棱的中点，是棱上的任意一点，则下列结论中正确的是（    ）    A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C．的最小值为 D．三棱锥内切球的半径是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．则 ． 13．一质子从原点处出发，每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，则移动6次后质子回到原点处的概率是 ． 14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，以点为圆心且与双曲线渐近线相切的圆与该双曲线在第一象限交于点A，若的中点为B，且，则双曲线的离心率为 . 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）某商场回馈消费者，举办活动，规则如下：每5位消费者组成一组，每人从三个字母中随机抽取一个，抽取相同字母最少的人每人获得300元奖励.（例如：5人中2人选人选人选，则选择的人获奖；5人中3人选人选人选，则选择和的人均获奖；如中有一个或两个字母没人选择，则无人获奖） (1)若甲和乙在同一组，求甲获奖的前提下，乙获奖的概率； (2)设每组5人中获奖人数为随机变量，求的分布列和数学期望； (3)商家提供方案2：将三个字母改为和两个字母，其余规则不变，获奖的每个人奖励200元.作为消费者，站在每组5人获取总奖金的数学期望的角度分析，你是否选择方案2？ 16．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)如图，为的外接圆的上一动点（含端点），. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当且点不重合时，求. 17．（15分）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，，E为PC的中点，点F在PA上，且． (1)求证：平面PAC； (2)求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角的余弦值． 18．（17分）已知分别是椭圆的左､右焦点，是上位于轴上方的两点，∥，且与的交点为． (1)求四边形的面积S的最大值； (2)证明：为定值． 19．（17分）已知曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)证明：除点外，曲线在直线的下方； (3)设，求证：． 试卷第18页，共18页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公 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．已知集合，若，则（    ） A．3 B．2 C．1 D．1或3 【答案】C 【分析】由题意可求出B中可能的元素，讨论a的取值，验证是否符合题意，即可得答案. 【详解】由题意知：对于集合B，当时，；当时，； 当时，； 又，故，则， 若，则，此时， 不满足； 若，此时，满足， 故， 故选：C 2．复数满足（为虚数单位），则的最小值是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】利用复数的几何意义及两点间的距离公式即可求解. 【详解】设,则 所以， 又， 所以，即， 所以对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上， 表示复平面内的点到点的距离， 所以的最小值是. 故选：B. 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，结合诱导公式与二倍角公式计算即可得. 【详解】 . 故选：C. 4．2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【分析】先排，再排和，对进行分类，可排6，7，8位，最后根据的情况再排。 【详解】第一步排有两种可能：第2名或第5名； 第二步排和有两种可能； 第三步排和，有6，7，8位三种可能； 当为第6名时，有7，8，9名三种可能， 当为第7名时，有8，9名两种可能， 当为第8名时，只有第9名一种可能， 所以第三步的总数为种； 根据分类计数原理，所有名次排位的总数种。 故选：C 5．已知，则若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据导数的运算法则求出导函数，再代入计算可得. 【详解】因为，所以， 又，即，解得. 故选：B 6．陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺．如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱的组合体，其中圆柱的底面半径为2，圆锥与圆柱的高均为2，若该陀螺是由一个球形材料削去多余部分制成，则该球形材料的体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间几何体的特征及球体的体积公式计算即可. 【详解】由题意知当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时， 球形材料的体积最小，设此时球形材料的半径为R，由题意得， 解得，所以该球形材料的体积的最小值为． 故选：D． 7．已知角的对边分别为满足，则角的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及基本不等式求解即得. 【详解】在中，由正弦定理及，得，即， 由余弦定理得，当且仅当时取等号， 而，则，所以角的最大值为. 故选：A 8．已知是方程的两个解，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别作出两个函数的图象，可得，把代入方程得到的两个式子相减，进一步分析可得，结合函数图象得到的函数值的范围，进一步分析即可求解. 【详解】设，分别作出两个函数的图像，如图所示： 不妨设，则由图像知， 则， 两式相减得， 因为为减函数，所以， 即0，则. 因为，所以， 可得， 则，即， 因为，所以. 故选：. 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．已知直线，其中为常数，与的交点为，则（    ） A．对任意实数 B．不存在点，使得为定值 C．存在，使得点到原点的距离为3 D．到的最大距离为 【答案】ACD 【分析】对于A，由即可判断得；对于B，结合选项A中的结论，得到M在圆上，由此可求得点P使得为定值；对于C，利用选项B中的结论，结合点到圆上的点的距离的最小值即可判断；对于D，利用直线到圆上点的距离的最大值即可判断. 【详解】对于A，因为，则，故A正确； 对于B，因为，即， 易得直线过定点，直线过定点， 因为与的交点为M，则M在以AB为直径的圆上， 而AB的中点为，且，故点M在圆：上， 故取点P坐标为，此时为定值，故B错误； 对于C，因为，圆的半径为， 故M到原点取值范围为，且， 所以存在实数a，使得M到原点的距离为3，故C正确； 对于D，因为过原点O，所以当， 且M在直线OC上时，点M到的距离最大且最大值为，故D正确． 故选：ACD． 10．已知数列满足： ，其中，下列说法正确的有（    ） A．当时， B．当时，数列是递增数列 C．当时，若数列是递增数列，则 D．当时， 【答案】ACD 【分析】根据可得，即可迭代求解A，根据，时，可得为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当时，从而判断出数列的单调性，建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断出C项的正误；当，时，根据递推关系证出，从而可得，由此推导出，进而利用等比数列的求和公式证出，从而判断出D项的正误． 【详解】对于A，当时，，又，故， 所以，故A项正确． 对于B，因为且， 所以， 当，时，，此时数列是常数列，故B项错误； 对于C, 由于数列是递增数列, 当时，故，， 故， 所以，即， 解得或，故C项正确； 对于D,当时，，结合，可知， ，，结合， 可知是递增数列，，则， 即，所以， 即， 所以，当时，，所以， 可得，故D项正确； 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：递推关系式转化的常见形式 （1）转化为常数，则数列是等差数列． （2）转化为常数，则数列是等差数列． （3）转化为常数，则数列是等差数列． （4）转化为常数，则数列是等差数列． （5）转化为常数，则数列是等差数列． （6）转化为常数，则数列是等差数列． 11．如图，在正三棱锥中，，分别是棱的中点，是棱上的任意一点，则下列结论中正确的是（    ）    A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C．的最小值为 D．三棱锥内切球的半径是 【答案】ACD 【分析】对于A，易知，，可证平面，再由线面垂直的性质定理即可得证；对于B，取中点，连接，，由，知即为异面直线和所成角，由，可推出，再由三角函数的知识即可求解；对于C，将平面和平面平铺展开，形成四边形，连接，交于点，此时是最小值，再结合二倍角公式与余弦定理即可求解；对于D，设内切球的球心为，点在平面内的投影为，为的重心，球与平面相切于点，设三棱锥内切球的半径为，由 相似于，即可求解. 【详解】对于A，如图1所示，连接，， 由正三棱锥的性质可知，， 因为为中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面 所以，故A正确； 对于B，如图①，取中点，连接，， 因为、分别为，的中点， 所以，， 所以即为异面直线和所成角或其补角， 因为、分别为，的中点， 所以， 由选项A知，，同理可得， 所以， 所以, 所以， 所以， 即异面直线和所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，将平面和平面平铺展开，形成四边形， 如图②所示，连接，交于点，此时是最小值， 连接，则， 所以， 在中，由余弦定理知， ， 所以， 即的最小值是，故C正确； 对于D，如图③所示，设内切球的球心为，点在平面内的投影为，为的重心， 球与平面相切于点，则在上，且， 在中，， 在中，, 因为为的重心，所以， 在中，， 设三棱锥内切球的半径为， 由 相似于，得, 即，解得，故D正确； 故选：ACD.    【点睛】关键点点睛：本题考查了异面直线所成角、最短距离及内切球，解题关键是作出异面直线所成角、平面展开求最值以及通过相似三角形求内切球的半径. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．则 ． 【答案】 【分析】利用函数值的定义及奇函数的性质,结合对数的运算即可求解. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数， 所以. 故答案为：. 13．一质子从原点处出发，每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，则移动6次后质子回到原点处的概率是 ． 【答案】 【分析】根据题意确定质子水平方向和竖直方向移动的次数，再分类求解概率. 【详解】因为移动6次仍回到原点，故质子水平方向移动偶数次，竖直方向移动偶数次， 若质子水平方向移动0次，则回到原点的概率为, 若质子水平方向移动2次，则回到原点的概率为 若质子水平方向移动4次，则回到原点的概率为 若质子水平方向移动6次，则回到原点的概率为 故移动6次仍回到原点的概率为. 故答案为： 14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，以点为圆心且与双曲线渐近线相切的圆与该双曲线在第一象限交于点A，若的中点为B，且，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】利用点到直线的距离求得圆的半径为，利用双曲线的定义及中位线的性质得，由余弦定理建立方程求得，从而解出离心率. 【详解】由题意，双曲线的一条渐近线为，则点到渐近线的距离，即圆的半径为，连接，则， 由双曲线的定义知，所以， 在中，为的中点，B为的中点，所以， 在中，， 在中，， 因为，所以，所以， 所以. 故答案为：        【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，然后把等式(不等式)转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围). 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）某商场回馈消费者，举办活动，规则如下：每5位消费者组成一组，每人从三个字母中随机抽取一个，抽取相同字母最少的人每人获得300元奖励.（例如：5人中2人选人选人选，则选择的人获奖；5人中3人选人选人选，则选择和的人均获奖；如中有一个或两个字母没人选择，则无人获奖） (1)若甲和乙在同一组，求甲获奖的前提下，乙获奖的概率； (2)设每组5人中获奖人数为随机变量，求的分布列和数学期望； (3)商家提供方案2：将三个字母改为和两个字母，其余规则不变，获奖的每个人奖励200元.作为消费者，站在每组5人获取总奖金的数学期望的角度分析，你是否选择方案2？ 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)选择方案2 【分析】（1）利用条件概率公式求解即可； （2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可； （3）分别求出两种方案获取总奖金的数学期望，即可得出结论. 【详解】（1）设甲获奖为事件，乙获奖为事件， ； （2）的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 的数学期望； （3）选择方案1获取奖金总额的数学期望为， 设选择方案2获奖人数为的可能取值为， 则， 方案2获奖人数的数学期望， 选择方案2获取奖金总额的数学期望为， 因为，所以选择方案2. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于（2）中确定随机变量的取值之后，要明确每种情况相应的选法数，从而求得概率. 16．（15分）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)如图，为的外接圆的上一动点（含端点），. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当且点不重合时，求. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用诱导公式及和差角公式计算可得； （2）（i）在中利用余弦定理求出，即可求出外接球的直径，从而求出的取值范围；（ii）利用正弦定理求出，由圆周角定理得到，即可求出，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）因为， 所以， 即， 所以， 因为，则，所以， 因为，所以. （2）（ⅰ）在中，由余弦定理可得， 所以圆的直径为， 又为的外接圆的上一动点（含端点），， 所以，所以的取值范围是. （ⅱ）在中，由正弦定理可得， 所以. 因为为外接圆上的一点，所以， 因为，所以， 又， 所以. 17．（15分）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，，E为PC的中点，点F在PA上，且． (1)求证：平面PAC； (2)求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面BEF的法向量，再利用空间向量求出面面角即得. 【详解】（1）在三棱锥P－ABC中，由底面，且底面，得， 由，得，又平面， 则平面，又平面，于是， 由，为中点，得，又平面， 所以平面. （2）过作，由底面，得底面，显然两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， ，，， 设平面的法向量，则，令，得 ， 显然平面的法向量为，则， 显然平面与平面所成的二面角的平面角为锐角， 所以平面与平面所成的二面角的余弦值为. 18．（17分）已知分别是椭圆的左､右焦点，是上位于轴上方的两点，∥，且与的交点为． (1)求四边形的面积S的最大值； (2)证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】 （1）设直线的方程分别为，联立方程结合韦达定理可得，平行线间的距离，再结合基本不等式求面积的最值； （2）设，则，，可得，结合（1）中结论分析证明. 【详解】（1）由题意可得：，则． 设直线的方程分别为， 显然直线均与椭圆相交， 设的延长线与交于点，则关于坐标原点对称，即． 联立方程，消去x得，则， 可得， 又因为平行线间的距离，则， 当且仅当时取等号，所以四边形的面积S的最大值． （2） 由已知∥，可得， 设，则，可得． 同理，可得， 所以 ． 由（1）可知， 所以，为定值． 【点睛】 方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 19．（17分）已知曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)证明：除点外，曲线在直线的下方； (3)设，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程； （2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明； （3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案. 【详解】（1）因为， 所以， 所以直线的方程为：，即 （2）令，则， 令，则， 由，解得，由，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当等号成立， 所以除切点之外，曲线在直线的下方． （3）由，解得，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ， 当时，． 因为，则，不妨令． 因为曲线在点的切线方程为， 设点在切线上，有，故，    由（1）知时，， 则，即， 要证：， 只要证：， 只要证：， 又， 只要证：， 令， 则， 易证在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以在上单调递减，所以成立， 所以原命题成立． 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到，且，从而只需证明，再勾股函数进行求解. 试卷第18页，共18页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $$