精品解析：浙江省永康市第二中学2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷

永康二中2024届高三第二学期开学考数学试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数（其中为虚数单位），是的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知一组样本数据，，…，的平均数为，由这组数据得到另一组新的样本数据，，…，，其中（，2，…，10），则（ ） A. 两组样本数据的平均数相同 B. 两组样本数据的方差不相同 C. 两组样本数据的极差相同 D. 将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，该样本数据的平均数为 4. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧．若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为（    ）（） A. 49.25 m B. 50.76 m C. 56.74 m D. 58.60 m 5. “”是“圆：与圆：有公切线”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 为推进体育教学改革和发展，提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容，某市根据各学校工作实际，在4所学校设立兼职教练岗位．现聘请甲、乙等6名教练去这4所中学指导体育教学，要求每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为（ ） A. 96 B. 120 C. 144 D. 240 7. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，（为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. 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. 为了提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素与学生对体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行普查.得到下表： 性别 体育锻炼 合计 喜欢 不喜欢 男生 280 q 280+q 女生 p 120 120+p 合计 280+p 120+q 400+p+q 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. α 0.10 0.05 0.010 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 10.828 已知男生喜欢体育锻炼的人数占男生人数的，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的，则下列说法正确的是（ ） A. 列联表中q的值为120，p的值为180 B. 随机对一名学生进行调查，此学生有90%的可能喜欢体育锻炼 C. 根据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为学生的性别与其对体育锻炼的喜好有关系，此推断犯错误的概率不超过0.01 D. 根据小概率值α＝0.001的独立性检验，认为学生的性别与其对体育锻炼的喜好无关 10. 设函数（）的最小正周期为，则（ ） A. B. 函数的图象可由函数的图象向左平移个长度单位得到 C. 函数的图象关于点中心对称 D. 函数在区间上单调递增 11. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球、一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球、一个3号球；3号盒子内装有三个1号球、两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 B. 第二次抽到3号球的概率为 C. 如果第二次抽到的是1号球，则它来自2号盒子的概率最大 D. 如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有150种 12. 已知函数及其导函数的定义域均为，记.若与均为偶函数，则（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的周期为2 D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 的二项展开式的常数项为_______ 14. 过点作曲线的切线，则切线的方程为______. 15. 已知函数 ，若恒成立，则k的最小值是______________． 16. “完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍．寻找“完全数”用到函数：，为n的所有正因数之和，如，则_______；_______． 四、解答题：本题共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. 已知数列满足，且. （1）为数列的前n项和，若，求； （2）若，求m所有可能取值的和． 18. 已知半圆O的直径，点C为圆弧上一点(异于点A，B)，过点C作的垂线，垂足为D. （1）若，求的面积； （2）求的取值范围． 19. 如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，． （1）证明：平面； （2）侧棱上是否存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 20. 我国风云系列卫星可以监测气象和国土资源情况.某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量（单位：dm）与遥测雨量（单位：dm）的关系，统计得到该地区10组雨量数据如下： 样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 人工测雨量 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23 遥测雨量 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49 0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26 并计算得，，，，，. （1）求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系； （2）规定：数组满足为“I类误差”；满足为“II类误差”；满足为“III类误差”.为进一步研究，该地区水文研究人员从“I类误差”、“II类误差”中随机抽取3组数据与“III类误差”数据进行对比，记抽到“I类误差”的数据的组数为X，求X的概率分布与数学期望. 附：相关系数，. 21. 已知点是双曲线上一点，B与A关于原点对称，F是右焦点，． （1）求双曲线的方程； （2）已知圆心在y轴上的圆C经过点，与双曲线的右支交于点M，N，且直线经过F，求圆C的方程． 22. 已知函数（）. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数有两个不同的零点，，证明：． （其中是自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永康二中2024届高三第二学期开学考数学试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式的性质，结合集合并集的定义进行求解即可. 【详解】，则． 故选择：C 2. 设复数（其中为虚数单位），是的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义及复数的除法法则，结合复数加法法则即可求解. 【详解】,所以 所以. 故选：B. 3. 已知一组样本数据，，…，的平均数为，由这组数据得到另一组新的样本数据，，…，，其中（，2，…，10），则（ ） A. 两组样本数据的平均数相同 B. 两组样本数据的方差不相同 C. 两组样本数据的极差相同 D. 将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，该样本数据的平均数为 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数、方差和极差的计算公式判断即可. 【详解】因为，所以，故A错； ，所以两组样本数据的方差相同，故B错； 新的样本数据的极差=，所以两组样本数据的极差相同，故C正确； 样本容量为20的新的样本数据的平均数为，故D错. 故选：C. 4. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧．若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为（    ）（） A. 49.25 m B. 50.76 m C. 56.74 m D. 58.60 m 【答案】B 【解析】 【分析】根据锐角三角函数及圆的切线的性质可得，利用求解即可. 【详解】如图， 设球的半径为，，， ， ， ，即该球体建筑物的高度约为. 故选：B 5. “”是“圆：与圆：有公切线”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系确定的取值范围，即可判断充分必要性. 【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径， 若两圆有公切线，则，即，解得或， 所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件. 故选：A. 6. 为推进体育教学改革和发展，提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容，某市根据各学校工作实际，在4所学校设立兼职教练岗位．现聘请甲、乙等6名教练去这4所中学指导体育教学，要求每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为（ ） A. 96 B. 120 C. 144 D. 240 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列组合中的分组分配方法分析即可求得答案. 【详解】由题意可知，将甲乙捆绑在一起，当成一个元素，则是5个不同的教练分配到4个不同的中学指导体育教学， 由于每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练， 则分4组的情况有种方法数，再将4组人分配到4所学校有种方法数， 则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为. 故选：D. 7. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为函数为偶函数，则，即，① 又因为函数为奇函数，则，即，② 联立①②可得， 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故函数的最小值为. 故选：B. 8. 已知，，（为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的性质可得，进而可得，然后构造函数，根据导数可得，进而可得，即得. 【详解】因为，所以， 又，，所以， 设，则，由，可得，函数单调递增， 由，可得，函数函数单调递减， 所以，，所以，即， 所以. 故选：A. 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. 为了提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素与学生对体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行普查.得到下表： 性别 体育锻炼 合计 喜欢 不喜欢 男生 280 q 280+q 女生 p 120 120+p 合计 280+p 120+q 400+p+q 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. α 0.10 0.05 0.010 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 10.828 已知男生喜欢体育锻炼的人数占男生人数的，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的，则下列说法正确的是（ ） A. 列联表中q的值为120，p的值为180 B. 随机对一名学生进行调查，此学生有90%的可能喜欢体育锻炼 C. 根据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为学生的性别与其对体育锻炼的喜好有关系，此推断犯错误的概率不超过0.01 D. 根据小概率值α＝0.001的独立性检验，认为学生的性别与其对体育锻炼的喜好无关 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意补全二阶列联表，并求出频率和卡方值，然后逐项检验即可. 【详解】由男生喜欢体育锻炼的人数占男生人数的，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的， 可得：解得：，故A正确； 由于随机对一名学生进行调查，此学生是喜欢体育锻炼的频率为， 所以可以估计此学生有的可能喜欢体育锻炼，故B错误； 再计算卡方得：， 由于，根据小概率值α＝0.01的独立性检验， 认为学生的性别与其对体育锻炼的喜好有关系，此推断犯错误的概率不超过0.01，故C正确； 由于，根据小概率值α＝0.001的独立性检验，可以认为学生的性别与其对体育锻炼的喜好无关，故D正确； 故选：ACD. 10. 设函数（）的最小正周期为，则（ ） A. B. 函数的图象可由函数的图象向左平移个长度单位得到 C. 函数的图象关于点中心对称 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简，由其最小正周期确定解析式，利用正弦型三角函数的性质逐项判断即可得答案. 【详解】，由于的最小正周期，所以，故A正确； 则，函数的图象向左平移个长度单位得到函数，故B不正确； 对于函数，由于，所以函数的图象关于点中心对称，故C正确； 当时，，所以函数在区间上单调递增，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球、一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球、一个3号球；3号盒子内装有三个1号球、两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 B. 第二次抽到3号球的概率为 C. 如果第二次抽到的是1号球，则它来自2号盒子的概率最大 D. 如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有150种 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用条件概率公式求解；对于B，利用全概率公式求解；对于C，利用贝叶斯公式求解；对于D，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解. 【详解】记第一次抽到第号球的事件分别为则有，， 对于A，在第一次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内， 因此第二次抽到1号球的概率为，故A正确； 对于B，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为， 而两两互斥，和为， 记第二次抽到3号球的事件为， 所以，故B正确； 对于C：记第二次在第号盒内抽到1号球的事件分别为， 而两两互斥，和为， 所以， 记第二次抽到1号球的事件为， ， 第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号数相同， 所以， ， ， 即第二次抽到的是1号球，则它来自1号盒子的概率最大，故C错误； 对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种， 将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有种不同方法， 由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，故D正确； 故选：ABD. 12. 已知函数及其导函数的定义域均为，记.若与均为偶函数，则（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的周期为2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数为偶函数集合图象变换可推出为偶函数，即得，利用特殊值判断A；对进行变形处理即可判断其对称性从而判断B；由为偶函数，且，代换处理即可判断C；根据的周期即周期内的特殊值关系得，，化简可判断D. 【详解】解：对于A，若为偶函数，则关于直线对称，将纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得， 则函数关于直线对称，即为偶函数，所以， 则，所以，即， 令得，，所以，故A正确； 对于B，由可得，当时，，即， 令，则，所以，所以函数函数的图象关于点对称，故B正确； 对于C，因为为偶函数，则， 又， 所以， 则， 所以，即， 则，所以函数的周期为4，故C不正确； 对于D，函数的周期为4，则函数的周期也为4，由，可得，， 则 ，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的奇偶性结合合理赋值确定函数的对称性及周期性. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 的二项展开式的常数项为_______ 【答案】20 【解析】 【详解】的二项展开式的通项为． 令得．所以的二项展开式的常数项为． 14. 过点作曲线的切线，则切线的方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】设切点坐标为，利用导数表示出切线方程，代入点，解出得切线方程. 【详解】，则． 设切点坐标为，则切线斜率为， 切线方程为， 代入点，得，即，解得或． 当时，切线方程为；当时，切线方程为． 故答案为：或 15. 已知函数 ，若恒成立，则k的最小值是______________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据分段函数解析式，分段讨论不等式恒成立，当时，采用数形结合方法可求得k的范围，当时，分离参数，利用导数求函数的最值，综合可得k的最小值. 【详解】由题意可知，当时，恒成立，即恒成立， 作出函数的图象如图示， ，即在原点处的切线斜率为1， 由图象可知，当时，即有时，恒成立， 故当时，恒成立，则； 当时，恒成立，即恒成立， 设，所以在内恒成立， 即在上单调递减，所以，则， 综上所述，k的最小值为1， 故答案为：1 16. “完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍．寻找“完全数”用到函数：，为n的所有正因数之和，如，则_______；_______． 【答案】 ①. 42 ②. 【解析】 【分析】根据为n的所有正因数之和，直接计算，分析的正因数的特点，利用等比数列求和求解. 【详解】根据新定义可得，， 因为正因数， 所以 故答案为：； 四、解答题：本题共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. 已知数列满足，且. （1）为数列的前n项和，若，求； （2）若，求m所有可能取值的和． 【答案】（1） （2）41 【解析】 【分析】(1)根据递推公式确定数列从第4 项起，为周期性变化即可求解； (2)根据，结合递推公式确定前5项的可能取值求解. 【小问1详解】 由题给递推式得： ， 数列从开始，每三项出现一次4，2，1循环． ∴. 【小问2详解】 因为，则，则或， 若，则或，即或； 若，则，即 因此m的所有取值和为． 18. 已知半圆O的直径，点C为圆弧上一点(异于点A，B)，过点C作的垂线，垂足为D. （1）若，求的面积； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用余弦的定义求解即可； （2）设，在中利用三角函数的定义及三角恒等变换求解即可. 【小问1详解】 如图，连接， 在中，，，，则， 在中，， 所以. 【小问2详解】 设，易知， 在中，①， 因为，所以，则， 代入①式可得的取值范围为. 19. 如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，． （1）证明：平面； （2）侧棱上是否存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见详解 （2）侧棱上存在点，或 【解析】 【分析】（1）利用相似三角形和勾股定理证出，根据平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的性质，证得，根据直线和平面垂直的判定定理，证出平面； （2）根据平面与平面垂直的性质以及为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角与平面与平面的夹角公式及关系，求出存在点，得出或. 【小问1详解】 证明：设交于点， 底面为矩形，在中，， 为的中点，， 在中，， ，，，，， ，，，即, ∵，为等边三角形，为的中点，， ∵平面平面平面SAO，平面平面=，， 平面， 平面，，即， 又，，平面，平面. 【小问2详解】 设，， 底面为矩形，∴， ∵平面平面，平面平面=，， 平面. 以坐标原点，过点作平行于的直线为轴，以和所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系； ∵，为等边三角形， 为的中点， ，， ,,,,， ,，，； , ， 设平面的法向量为， ，即，令， 设平面的法向量为， 由可得， 令，， , 平面与平面夹角的余弦值为， ， 整理得，或，均符合， 或， 侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 或. 20. 我国风云系列卫星可以监测气象和国土资源情况.某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量（单位：dm）与遥测雨量（单位：dm）的关系，统计得到该地区10组雨量数据如下： 样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 人工测雨量 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23 遥测雨量 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49 0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26 并计算得，，，，，. （1）求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系； （2）规定：数组满足为“I类误差”；满足为“II类误差”；满足为“III类误差”.为进一步研究，该地区水文研究人员从“I类误差”、“II类误差”中随机抽取3组数据与“III类误差”数据进行对比，记抽到“I类误差”的数据的组数为X，求X的概率分布与数学期望. 附：相关系数，. 【答案】（1）0.98，汛期遥测雨量y与人工测雨量x有很强的线性相关关系； （2） 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）根据参考公式和数据，代入求相关系数，即可判断相关性强或弱； （2）根据条件可知X的所有可能取值为0，1，2，3，再根据超几何分别求分布列和数学期望. 【小问1详解】 因为， 代入已知数据， 得. 【小问2详解】 依题意，“I类误差”有5组，“II类误差”有3组，“III类误差”有2组. 若从“I类误差”和“II类误差”数据中抽取3组， 抽到“I类误差”的组数X的所有可能取值为0，1，2，3. 则，， ，. 所以X的概率分布为 0 1 2 3 所以的数学期望. 另解：因为，所以 . 21. 已知点是双曲线上一点，B与A关于原点对称，F是右焦点，． （1）求双曲线的方程； （2）已知圆心在y轴上的圆C经过点，与双曲线的右支交于点M，N，且直线经过F，求圆C的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件列方程求出，即可求出双曲线的方程； （2）讨论直线的斜率不存在时不满足题意；当斜率存在时设直线的方程为，联立双曲线的方程，由韦达定理求出的中点Q的坐标以及的坐标，根据勾股定理有，代入解方程即可得出答案. 【小问1详解】 由已知条件得： 双曲线方程为：． 【小问2详解】 若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立． 设直线的方程为， 由消元得： ∴的中点Q的坐标为． 设，直线，得， 又， 根据勾股定理有 ∴． 化简得 解得或（舍） ∴，∴圆C的方程为． 22. 已知函数（）. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数有两个不同的零点，，证明：． （其中是自然对数的底数） 【答案】（1）在单调递增，在单调递减； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）通过对函数求导，利用导数来研究函数的单调性. （2）利用导数，通过构造函数，研究函数的单调性以及最值，再结合对数均值不等式、不等式放缩进行证明. 【小问1详解】 已知函数，定义域为， 当时，，得， 所以当时，，当时，， 因此在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 先证明， 已知函数，定义域为， 所以， 当时，，在单调递增，不满足题意； 当，可知在单调递增，在单调递减. 又当时，；当时，， 若函数有两个不同的零点，，不妨设，则， 即，令，则， 所以在上单调递增，又， 所以由，解得，所以， 因为， 设，则由于单调递增，则， 即，，利用对数均值不等式有 ，可证得. 所以要证明，只要证明. 设（），则， 所以在单调递减，则. 因此有. 对数均值不等式证明如下： 不妨设，要证，即证， 令，即证，即， 即证：，令， 则， 所以在上单调递增， 所以，所以结论得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $